Voici un examen de topologie, pouvez-vous m'aider ?
Merci et bonne fête de fin d'année!
Topologie
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blaieblaie
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Topologie
Bonjour Job,
Voici un examen de topologie, pouvez-vous m'aider ?
Merci et bonne fête de fin d'année!
Voici un examen de topologie, pouvez-vous m'aider ?
Merci et bonne fête de fin d'année!
Re: Topologie
Bonjour et bonne année 2018
Exercice 2
(A) $\frac{\partial f}{\partial x}=2x-2y$ ; $\frac{\partial f}{\partial y}=3y^2-2x-2\alpha y$
Matrice hessienne : $H=\left(\begin{matrix}2&-2\\-2&6y-2\alpha\end{matrix}\right)$
(B) On a un point critique si $\left\{\begin{array}{rcl}2x-2y&=&0\\3y^2-2x-2\alpha y&=&0\end{array}\right.$
Ce qui donne 2 points critiques : (0,0) et $(\frac{2}{3}(\alpha +1), \frac{2}{3} (\alpha +1))$
$f_{\alpha}$ admet un extra local si le déterminant de $H$ est strictement positif.
$det\ (H)=2(6y-2\alpha)-4=4(3y-(\alpha +1))$
En (0,0), $det\ (H)=-4(\alpha +1)>0 $ si $\alpha<-1$ et on a alors $tr\ (H)=2-2\alpha>0$ donc il s'agit d'un minimum local.
En $(\frac{2}{3}(\alpha +1), \frac{2}{3} (\alpha +1)),\ det\ (H)=4(\alpha +1)>0$ si $\alpha>-1$ et on a alors $tr\ (H)=2+2(\alpha +1)-2\alpha=4$ donc il s'agit d'un minimum local.
(C) $f_{\alpha}$ polynomiale sur un compact est continue donc elle y est majorée et minorée et maximum et minimum peuvent être atteints soit sur le bord, soit sur un extremum local situé à l'intérieur.
(D)
Les 2 extremas locaux (0,0) et $(\frac{2}{3}, \frac{2}{3})$ appartiennent au carré ouvert.
$f_0(0,0)=0$ et $f_0(\frac{2}{3},\frac{2}{3})=\frac{4}{9}+\frac{8}{27} -\frac{8}{9}=-\frac{4}{27}$
* $f_0(x,0)=x^2$ avec $0\leq x \leq 1$ a pour minimum 0 et pour maximum 1.
* $f_0(x,1)=x^2+1-2x=(x-1)^2$ avec $0\leq x \leq 1$ a pour minimum 0 et pour maximum 1.
* $f_0(0,y)=y^3$ avec $0\leq y \leq 1$ a pour minimum 0 et maximum 1.
* $f_0(1,y)=1+y^3-2y$ avec $0\leq y \leq 1$ est une fonction polynomiale de $y$ de fonction dérivée $3y^2-2$
Sur [0 , 1], elle a un minimum en $\sqrt{\frac{2}{3}}$ qui vaut : $1-\frac{4}{3}\sqrt{\frac{2}{3}}$ et un maximum en 0 qui vaut 1.
Bilan : $m_0=-\frac{4}{27}$ et $M_0=1$
Calculs à vérifier.
Exercice 2
(A) $\frac{\partial f}{\partial x}=2x-2y$ ; $\frac{\partial f}{\partial y}=3y^2-2x-2\alpha y$
Matrice hessienne : $H=\left(\begin{matrix}2&-2\\-2&6y-2\alpha\end{matrix}\right)$
(B) On a un point critique si $\left\{\begin{array}{rcl}2x-2y&=&0\\3y^2-2x-2\alpha y&=&0\end{array}\right.$
Ce qui donne 2 points critiques : (0,0) et $(\frac{2}{3}(\alpha +1), \frac{2}{3} (\alpha +1))$
$f_{\alpha}$ admet un extra local si le déterminant de $H$ est strictement positif.
$det\ (H)=2(6y-2\alpha)-4=4(3y-(\alpha +1))$
En (0,0), $det\ (H)=-4(\alpha +1)>0 $ si $\alpha<-1$ et on a alors $tr\ (H)=2-2\alpha>0$ donc il s'agit d'un minimum local.
En $(\frac{2}{3}(\alpha +1), \frac{2}{3} (\alpha +1)),\ det\ (H)=4(\alpha +1)>0$ si $\alpha>-1$ et on a alors $tr\ (H)=2+2(\alpha +1)-2\alpha=4$ donc il s'agit d'un minimum local.
(C) $f_{\alpha}$ polynomiale sur un compact est continue donc elle y est majorée et minorée et maximum et minimum peuvent être atteints soit sur le bord, soit sur un extremum local situé à l'intérieur.
(D)
Les 2 extremas locaux (0,0) et $(\frac{2}{3}, \frac{2}{3})$ appartiennent au carré ouvert.
$f_0(0,0)=0$ et $f_0(\frac{2}{3},\frac{2}{3})=\frac{4}{9}+\frac{8}{27} -\frac{8}{9}=-\frac{4}{27}$
* $f_0(x,0)=x^2$ avec $0\leq x \leq 1$ a pour minimum 0 et pour maximum 1.
* $f_0(x,1)=x^2+1-2x=(x-1)^2$ avec $0\leq x \leq 1$ a pour minimum 0 et pour maximum 1.
* $f_0(0,y)=y^3$ avec $0\leq y \leq 1$ a pour minimum 0 et maximum 1.
* $f_0(1,y)=1+y^3-2y$ avec $0\leq y \leq 1$ est une fonction polynomiale de $y$ de fonction dérivée $3y^2-2$
Sur [0 , 1], elle a un minimum en $\sqrt{\frac{2}{3}}$ qui vaut : $1-\frac{4}{3}\sqrt{\frac{2}{3}}$ et un maximum en 0 qui vaut 1.
Bilan : $m_0=-\frac{4}{27}$ et $M_0=1$
Calculs à vérifier.
Re: Topologie
Exercice 2
(A) $J_F=\left(\begin{matrix}1&1\\f'(x)&g'(y)\end{matrix}\right)$
$\det(J_F)=g'(y)-f'(x)\neq 0$ par hypothèse donc $J_F$ est inversible.
(B) Il y a différents énoncés possibles, il faut voir celui de votre cours.
Soit $\Omega$ ouvert de ${\mathbb R}^n$, $a\in \Omega$, $f\ : \Omega \mapsto {\mathbb R}^n$ une application de classe $C^1$. Si $J_F(a)\in Gl_n({\mathbb R})$ pour tout $a\in {\Omega}$ alors $f(\Omega)$ est un ouvert.
${\mathbb R}^2$ est un ouvert de ${\mathbb R}^2$, $F$ est de classe $C^1$ et la matrice jacobine de $F$ est inversible en tout point de ${\mathbb R}^2$ donc $F({\mathbb R}^2)$ est un ouvert de ${\mathbb R}^2$
(C) C'est la formule des accroissements finis dont il y a certainement une démonstration dans votre cours.
Soit 2 couples de réels $(a,a')$ et $(b,b')$ tels que $F(a,a')=F(b,b')$ soit $\left\{\begin{array}{rcl}a+a'&=&b+b'\\f(a)+g(a')&=&f(b)+g(b')\end{array}\right.$
$f(b)-f(a)=g(a')-g(b')$
En utilisant la formule des accroissements finis, il existe 2 réels $c$ et $d$ tels que cette égalité équivaut à :
$(b-a)f'(c)=(a'-b')g'(d)$
Or $a'-b'=b-a$ donc $(b-a)(f'(c)-g'(d))=0$
Par hypothèse, $f'(c)\neq g'(d)$ donc $b-a=0$ et de $a=b$, on déduit $a'=b'$ soit $(a,a')=(b,b')$ donc $F$ est injective.
(D)
La suite $(f(x_n)+g(y_n))$ converge donc elle est bornée et $g$ est bornée donc $(g(y_n))$ est bornée et on en déduit que $(f(x_n))$ est bornée.
Il existe un compact $K$ tel que $(f(x_n))\subset K$, $f^{-1}(f(K))$ est compact donc la suite $(x_n)$ est incluse dans un compact donc bornée.
De même la suite $(y_n))$ est bornée.
De $(x_n)$ bornée dans ${\mathbb R}$ on peut extraire une sous-suite convergeant vers $x$ ; de même de $(y_n)$ on peut extraire une sous-suite sui converge vers $y$. Donc de la suite $(F(x_n,y_n))$ on peut extraire une sous-suite qui converge vers $(x+y,f(x)+g(y))\in F({\mathbb R}^2)$. Par conséquent $F({\mathbb R}^2)$ est fermé.
(A) $J_F=\left(\begin{matrix}1&1\\f'(x)&g'(y)\end{matrix}\right)$
$\det(J_F)=g'(y)-f'(x)\neq 0$ par hypothèse donc $J_F$ est inversible.
(B) Il y a différents énoncés possibles, il faut voir celui de votre cours.
Soit $\Omega$ ouvert de ${\mathbb R}^n$, $a\in \Omega$, $f\ : \Omega \mapsto {\mathbb R}^n$ une application de classe $C^1$. Si $J_F(a)\in Gl_n({\mathbb R})$ pour tout $a\in {\Omega}$ alors $f(\Omega)$ est un ouvert.
${\mathbb R}^2$ est un ouvert de ${\mathbb R}^2$, $F$ est de classe $C^1$ et la matrice jacobine de $F$ est inversible en tout point de ${\mathbb R}^2$ donc $F({\mathbb R}^2)$ est un ouvert de ${\mathbb R}^2$
(C) C'est la formule des accroissements finis dont il y a certainement une démonstration dans votre cours.
Soit 2 couples de réels $(a,a')$ et $(b,b')$ tels que $F(a,a')=F(b,b')$ soit $\left\{\begin{array}{rcl}a+a'&=&b+b'\\f(a)+g(a')&=&f(b)+g(b')\end{array}\right.$
$f(b)-f(a)=g(a')-g(b')$
En utilisant la formule des accroissements finis, il existe 2 réels $c$ et $d$ tels que cette égalité équivaut à :
$(b-a)f'(c)=(a'-b')g'(d)$
Or $a'-b'=b-a$ donc $(b-a)(f'(c)-g'(d))=0$
Par hypothèse, $f'(c)\neq g'(d)$ donc $b-a=0$ et de $a=b$, on déduit $a'=b'$ soit $(a,a')=(b,b')$ donc $F$ est injective.
(D)
La suite $(f(x_n)+g(y_n))$ converge donc elle est bornée et $g$ est bornée donc $(g(y_n))$ est bornée et on en déduit que $(f(x_n))$ est bornée.
Il existe un compact $K$ tel que $(f(x_n))\subset K$, $f^{-1}(f(K))$ est compact donc la suite $(x_n)$ est incluse dans un compact donc bornée.
De même la suite $(y_n))$ est bornée.
De $(x_n)$ bornée dans ${\mathbb R}$ on peut extraire une sous-suite convergeant vers $x$ ; de même de $(y_n)$ on peut extraire une sous-suite sui converge vers $y$. Donc de la suite $(F(x_n,y_n))$ on peut extraire une sous-suite qui converge vers $(x+y,f(x)+g(y))\in F({\mathbb R}^2)$. Par conséquent $F({\mathbb R}^2)$ est fermé.