Calcul différentiel/Exercices/Examen

Examen de L3, université Paul Sabatier, 17/05/2017, durée : 3 h.

Ex. I

Dans le plan muni d'un repère orthonormé $(O,i,j)$ , on se propose d'étudier la courbe paramétrée

\gamma (t)={\begin{cases}x(t)&=(t^{2}-1)(t^{3}-1)\\y(t)&=(t^{2}-1)(t^{3}+1)\end{cases}}

Étudier les éventuelles symétries de la courbe (dans chaque cas, expliciter la transformation géométrique qui laisse la courbe invariante et la transformation associée $\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ du domaine de définition).
Déterminer les éventuels points singuliers de $\gamma$ et les étudier. Dessiner l'allure de la courbe au voisinage de ces points dans le repère donné.
Étudier les branches infinies de $\gamma$ et déterminer ses éventuelles asymptotes.
Préciser l'allure de $\gamma$ au voisinage de l'origine.
Donner l'allure de $\gamma$ sur un dessin.

Solution

$\gamma$ est définie sur $\mathbb {R}$ et $\forall t\in \mathbb {R} \quad x(-t)=-y(t)$ et $y(-t)=-x(t)$ . On en déduit que $\gamma (-t)=\sigma (\gamma (t))$ où $\sigma$ est la symétrie orthogonale par rapport à la droite d'équation $y=-x$ .
$x'(t)=2t(t^{3}-1)+(t^{2}-1)3t^{2}=t(5t^{3}-3t-2)$ et $y'(t)=t(5t^{3}-3t+2)$ . Donc
${\begin{aligned}\gamma '(t)=0&\Leftrightarrow {\Big (}t=0\ {\text{ ou }}\ 5t^{3}-3t-2=5t^{3}-3t+2=0{\Big )}\\&\Leftrightarrow t=0.\end{aligned}}$
Donc $\gamma$ a exactement un point critique, et il est en $t=0$ .
De plus, $x(t)=1-t^{2}-t^{3}+t^{5}$ et $y(t)=-1+t^{2}-t^{3}+t^{5}$ donc en posant $v_{1}=\left({\begin{smallmatrix}-1\\1\end{smallmatrix}}\right)$ et $v_{2}=\left({\begin{smallmatrix}-1\\-1\end{smallmatrix}}\right)$ , on a $\gamma (t)=\gamma (0)+t^{2}v_{1}+t^{3}v_{2}+t^{3}\epsilon (t)$ avec $\lim _{t\to 0}\epsilon (t)=0$ . Comme $\mathrm {rg} (v_{1},v_{2})=2$ , on en déduit que $\gamma$ a un point de rebroussement de première espèce en $(1,-1)$ , dirigé par $v_{1}=(-1,1)$ .
On a $\lim _{t\to \pm \infty }\Vert \gamma (t)\Vert =+\infty$ . Pour $t$ assez grand, $y(t)\neq 0$ et ${\frac {x(t)}{y(t)}}={\frac {t^{3}-1}{t^{3}+1}}={\frac {1-t^{-3}}{1+t^{-3}}}$ .
Ainsi $\lim _{t\to \pm \infty }{\frac {x(t)}{y(t)}}=1$ , et $\gamma$ admet la direction $y=x$ pour direction asymptotique en $\pm \infty$ .
De plus $y(t)-x(t)=2(t^{2}-1)$ donc $\lim _{t\to \pm \infty }y(t)-x(t)=+\infty$ . La courbe a donc des branches paraboliques de direction $y=x$ au voisinage de $+\infty$ et $-\infty$ .
$\gamma (t)=0\Leftrightarrow t\in \{1,-1\}$ . $\gamma '(1)=(0,4)$ et $\gamma '(-1)=(-4,0)$ donc $\gamma$ passe deux fois par l'origine, une fois avec une tangente horizontale, une fois avec une tangente verticale.

Ex. II

On considère la fonction $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ donnée par la relation $f(x,y)=(x^{2}-y^{2}-1,2xy)$ , et l'on note $\phi (x,y)=\Vert f(x,y)\Vert ^{2}$ où $\Vert \ \Vert$ est la norme euclidienne canonique de $\mathbb {R} ^{2}$ .

Déterminer les points critiques de $\phi$ .
Étudier les extrema locaux de $\phi$ .

Solution

En notant $f_{1}(x,y)=x^{2}-y^{2}-1$ et $f_{2}(x,y)=2xy$ , on a
${\begin{aligned}D\phi &=(2f_{1}{\frac {\partial f_{1}}{\partial x}}+2f_{2}{\frac {\partial f_{2}}{\partial x}},2f_{1}{\frac {\partial f_{1}}{\partial y}}+2f_{2}{\frac {\partial f_{2}}{\partial y}})\\&=(2(x^{2}-y^{2}-1)2x+8xy^{2},-2(x^{2}-y^{2}-1)2y+8x^{2}y)\\&=(4x(x^{2}+y^{2}-1),4y(x^{2}+y^{2}+1)).\end{aligned}}$ .
Ainsi
${\begin{aligned}D\phi =(0,0)&\Leftrightarrow (4x(x^{2}+y^{2}-1),4y(x^{2}+y^{2}+1))=(0,0)\\&\Leftrightarrow x(x^{2}+y^{2}-1)=0\ {\text{ et }}\ y=0\\&\Leftrightarrow (x,y)\in \{(-1,0),(0,0),(1,0)\}.\end{aligned}}$
Donc $\phi$ a trois points critiques : $(-1,0)$ , $(0,0)$ et $(1,0)$ .
- Étude de $(1,0)$ . $\mathrm {Hess} _{(1,0)}(\phi )=\left({\begin{smallmatrix}8&0\\0&8\end{smallmatrix}}\right)$ . Cette matrice a deux valeurs propres strictement positives : la forme bilinéaire associée est donc de signature $(2,0)$ et l'on en déduit que $(1,0)$ est un minimum local.
  Comme par ailleurs, $\forall p\in \mathbb {R} ^{2}\quad \phi (p)\geq 0$ et $\phi (1,0)=0$ , ce minimum est aussi global.
- Étude de $(1,0)$ . On remarque que $\phi (-x,-y)=\phi (x,y)$ . Donc $(1,0)$ et $(-1,0)$ sont de même nature : il s'agit encore d'un minimum global.
- Étude de $(0,0)$ . $\mathrm {Hess} _{(0,0)}(\phi )=\left({\begin{smallmatrix}-4&0\\0&4\end{smallmatrix}}\right)$ . Cette matrice a deux valeurs propres non nulles et opposées : la forme bilinéaire associée est donc de signature $(1,1)$ et l'on en déduit que $(0,0)$ est un point col.

Ex. III

Montrer qu'il existe des voisinages $U$ et $V$ de $(0,0)$ dans $\mathbb {R} ^{2}$ tels que, pour tout $(u,v)\in V$ , le système
$\left\{{\begin{aligned}\mathrm {e} ^{xy}\sin(x-y)&=u\\\mathrm {e} ^{-xy}\sin(x+y)&=v\end{aligned}}\right.$
admet une unique solution $(x,y)$ dans $U$ .
Montrer que l'équation $\mathrm {e} ^{xy}\sin(x-y)=\mathrm {e} ^{-xy}\sin(x+y)$ détermine localement $y$ comme une fonction de $x$ au voisinage de $0$ , c'est-à-dire qu'il existe une fonction $\phi$ , de classe $C^{\infty }$ , définie sur un voisinage $I$ de $0$ et à valeurs dans un voisinage $J$ de $0$ , telle que
$\forall (x,y)\in I\times J\quad \mathrm {e} ^{xy}\sin(x-y)=\mathrm {e} ^{-xy}\sin(x+y)\Leftrightarrow y=\phi (x)$ .
Calculer $\phi '(0)$ .

Solution

Soit $F:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ l'application définie par $F(x,y)=(\mathrm {e} ^{xy}\sin(x-y),\mathrm {e} ^{-xy}\sin(x+y))$ .
$F$ est $C^{\infty }$ comme composée de fonctions $C^{\infty }$ , $F(0,0)=(0,0)$ et
$D_{x,y}F=\left({\begin{smallmatrix}\mathrm {e} ^{xy}(y\sin(x-y)+\cos(x-y))&\mathrm {e} ^{xy}(x\sin(x-y)-\cos(x-y))\\\mathrm {e} ^{-xy}(y\sin(x+y)+\cos(x+y))&\mathrm {e} ^{-xy}(-x\sin(x+y)+\cos(x+y))\end{smallmatrix}}\right)$ .
En particulier, $D_{0,0}F=\left({\begin{smallmatrix}1&-1\\1&1\end{smallmatrix}}\right)$ est inversible, donc par le théorème d'inversion locale, il existe un voisinage $U$ de $(0,0)$ et un voisinage $V$ de $(0,0)=F(0,0)$ tels que $F$ soit un difféomorphisme de $U$ sur $V$ . En particulier,
$\forall (u,v)\in V\quad \exists !(x,y)\in U\quad F(x,y)=(u,v)$ .
Posons $f(x,y)=\mathrm {e} ^{xy}\sin(x-y)-\mathrm {e} ^{-xy}\sin(x+y)$ . $f$ est $C^{\infty }$ , $f(0,0)=0$ et d'après les calculs précédents, ${\frac {\partial f}{\partial y}}(0,0)=-2$ est inversible. Par le théorème des fonctions implicites, on en déduit qu'il existe un voisinage $I$ de $0$ , un voisinage $J$ de $0$ , et une application $C^{\infty }$ $\phi :I\to J$ , tels que
$\forall (x,y)\in I\times J\quad f(x,y)=1\Leftrightarrow y=\phi (x)$ .
On a alors $f(x,\phi (x))=1$ , donc en dérivant par rapport à $x$ :
$0={\frac {\partial f}{\partial x}}(x,\phi (x))+{\frac {\partial f}{\partial y}}(x,\phi (x))\phi '(x)$ .
En $x=0$ , on obtient $0=0-2\cdot \phi '(0)$ , qui montre que $\phi '(0)=0$ .

Ex. IV

Étant données deux fonctions continues $a$ et $b$ de $\mathbb {R}$ dans $\mathbb {R}$ , on considère l'équation différentielle

y''+a(t)y'+b(t)y=0\quad (E)

.

On suppose dans cette question que $a$ et $b$ sont des constantes. Expliciter alors, en discutant suivant $a$ et $b$ , toutes les solutions réelles de $(E)$ .
Dans la suite, on ne suppose plus $a$ et $b$ constantes. En posant
$Y=\left({\begin{smallmatrix}y\\y'\end{smallmatrix}}\right)$ ,
donner une équation linéaire de la forme
$Y'=A(t)Y\quad (E')$
équivalente à $(E)$ .
Justifier que pour tout $t_{0}\in \mathbb {R}$ et $(y_{0},v_{0})\in \mathbb {R} ^{2}$ , il existe une unique solution maximale $y$ de $(E)$ telle que $y(t_{0})=y_{0}$ et $y'(t_{0})=v_{0}$ . Que dire de son domaine de définition ?
Soit $\phi$ une solution de $(E)$ . On suppose qu'il existe $t_{0}\in \mathbb {R}$ tel que $\phi (t_{0})=0$ et $\phi '(t_{0})=0$ . Montrer que $\phi$ est l'application nulle.
En déduire qu'une solution non constamment nulle n'a que des zéros isolés.
Soit $\phi$ et $\psi$ deux solutions non constamment nulles de $(E)$ . On suppose qu'il existe $t_{0}\in \mathbb {R}$ tel que $\phi (t_{0})=\psi (t_{0})=0$ . On pose $\lambda =\psi '(t_{0})$ et $\mu =-\phi '(t_{0})$ . Montrer que $\lambda \phi +\mu \psi =0$ .
En déduire que deux solutions linéairement indépendantes n'ont pas de zéro commun.

Solution

- Si $a^{2}-4b>0$ : en posant $\lambda _{\pm }={\frac {-a\pm {\sqrt {\Delta }}}{2}}$ , on a
  $S=\{t\mapsto A\mathrm {e} ^{\lambda _{+}t}+B\mathrm {e} ^{\lambda _{-}t}\}_{(A,B)\in \mathbb {R} ^{2}}$ .
- Si $a^{2}-4b<0$ : en posant $\omega ={\sqrt {-\Delta }}$ , on a
  $S=\{t\mapsto \mathrm {e} ^{-at/2}(A\cos(\omega t))+B\sin(\omega t)\}_{(A,B)\in \mathbb {R} ^{2}}$ .
- Si $a^{2}-4b=0$ : on a
  $S=\{t\mapsto \mathrm {e} ^{-at/2}(A+Bt)\}_{(A,B)\in \mathbb {R} ^{2}}$ .
En posant $Y=\left({\begin{smallmatrix}y\\y'\end{smallmatrix}}\right)$ et $A(t)=\left({\begin{smallmatrix}0&1\\-b(t)&-a(t)\end{smallmatrix}}\right)$ , on obtient bien $y''+a(t)y'+b(t)y=0\Leftrightarrow Y'=A(t)Y$ .
L'équation différentielle $(E')$ est une équation linéaire à coefficients continus définis sur $\mathbb {R}$ , donc par toute condition initiale $(t_{0},(y_{0},v_{0}))$ il passe une et une seule solution maximale, et celle-ci est définie sur $\mathbb {R}$ .
On remarque que $t\mapsto 0$ est solution de l'équation et satisfait les mêmes conditions initiales en $t_{0}$ que $\phi$ : par unicité des solutions, on en déduit que $\phi \equiv 0$ .
Ainsi, si une solution $\phi \not \equiv 0$ s'annule en un point $t_{0}$ , alors $\phi '(t_{0})\neq 0$ . Au voisinage de $t_{0}$ on a $\phi (t_{0}+h)=\phi '(t_{0})h+h\epsilon (h)=h(\phi '(t_{0})+\epsilon (h))$ avec $\lim _{h\to 0}\epsilon (h)=0$ . Puisque $\phi '(t_{0})\neq 0$ , il existe un voisinage de $0$ sur lequel $\phi '(t_{0})+\epsilon (h)$ ne s'annule pas, et donc un voisinage de $t_{0}$ sur lequel $\phi$ ne s'annule qu'en $t_{0}$ .
$\lambda \phi +\mu \psi$ est une solution de $(E)$ . De plus $[\lambda \phi +\mu \psi ](t_{0})=0$ et $[\lambda \phi +\mu \psi ]'(t_{0})=0$ . On en déduit que $\lambda \phi +\mu \psi \equiv 0$ , et donc que $\phi$ et $\psi$ ne sont pas linéairement indépendantes.
Ainsi, si $\phi$ et $\psi$ sont linéairement indépendantes, elles n'ont pas de zéro commun.

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