Exercice 1 564 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie et $f : ℝ \to E$ dérivable en $0$ .

On suppose

\forall x \in ℝ, f (2 x) = 2 f (x) .

Montrer que $f$ est linéaire

Solution

Pour $x = 0$ , on obtient $f (2 \times 0) = 2 \times f (0)$ et donc $f (0) = 0_{E}$ .

Pour $x \in ℝ$ ,

f (x) = f (2 \times \frac{x}{2}) = 2 f (\frac{x}{2}) .

Par récurrence, on acquiert

f (x) = 2^{n} f (\frac{x}{2^{n}}) pour tout n \in ℕ .

Par développement limité en $0$ , on peut écrire

f (t) = f (0) + t . f^{'} (0) + t . ε (t) = t . f^{'} (0) + t . ε (t) avec ε (t) \to_{t \to 0}^{} 0_{E} .

On en déduit

f (x) = 2^{n} (\frac{x}{2^{n}} . f^{'} (0) + \frac{x}{2^{n}} ε (\frac{x}{2^{n}})) = x . f^{'} (0) + x . ε (\frac{x}{2^{n}}) .

À la limite quand $n$ tend vers l’infini,

f (x) = x . f^{'} (0) + x {.0}_{E} = x . f^{'} (0) .

Ainsi, $f$ est linéaire.

Exercice 2 5948 Correction

Pour $t \in ℝ$ , on pose

M (t) = (\begin{matrix} 1 & e^{t} \\ - e^{- t} & - 1 \end{matrix})

ce qui détermine une fonction dérivable $M : ℝ \mapsto ℳ_{2} (ℝ)$ .

(a)

Calculer $e^{M (t)}$ .
(b)

A-t-on ${(e^{M})}^{'} = M^{'} e^{M}$ ?

Solution

(a)

On remarque $M {(t)}^{2} = O_{2}$ . On en déduit

$e^{M (t)} = I_{2} + M (t) = (\begin{matrix} 2 & e^{t} \\ - e^{- t} & 0 \end{matrix})$
(b)

On obtient

${(e^{M})}^{'} (t) = (\begin{matrix} 0 & e^{t} \\ e^{- t} & 0 \end{matrix})$

et

$M^{'} (t) e^{M (t)} = (\begin{matrix} 0 & e^{t} \\ e^{- t} & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} 2 & e^{t} \\ - e^{- t} & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 1 & 0 \\ 2 e^{- t} & 1 \end{matrix})$

La formule ${(e^{M})}^{'} = M^{'} e^{M}$ n’est pas vérifiée.

Exercice 3 566 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ et $x$ réel, on pose:

D_{n} (x) = | \begin{matrix} x & 1 & (0) \\ x^{2} / 2! & x & 1 \\ x^{3} / 3! & x^{2} / 2! & x & ⋱ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & 1 \\ x^{n} / n! & \dots & \dots & x^{2} / 2! & x \end{matrix} | .

(a)

Montrer que $D_{n}$ est une fonction dérivable et exprimer $D_{n}^{'} (x)$ en fonction de $D_{n - 1} (x)$ pour $n \geq 2$ et $x \in ℝ$ .
(b)

En déduire l’expression de $D_{n} (x)$ pour tous $n \in ℕ^{*}$ et $x \in ℝ$ .

Solution

(a)

Notons $A (x) = (a_{i, j} (x)) \in ℳ_{n} (ℝ)$ la matrice dont $D_{n} (x)$ est le déterminant. Par la formule définissant le déterminant,

$D_{n} (x) = \sum_{σ \in 𝒮_{n}} (ε (σ) \prod_{i = 1}^{n} a_{σ (i), i} (x)) .$

On en déduit que la fonction $D_{n}$ est dérivable mais cette formule n’est pas particulièrement commode¹¹ 1 Cependant, on peut y parvenir après un effort de lucidité! pour calculer $D_{n}^{'} (x)$ .

Notons $C_{1} (x), \dots, C_{n} (x)$ les colonnes de la matrice $A (x)$ . On sait

$D_{n} (x) = \det (A (x)) = \det (C_{1} (x) ∣ \dots ∣ C_{n} (x))$

Les coefficients de $x \mapsto C_{j} (x)$ étant des fonctions dérivables, on peut affirmer que chaque fonction $x \mapsto C_{j} (x)$ est dérivable. Par multilinéarité du déterminant d’une famille de colonnes, on retrouve que l’application $x \mapsto D_{n} (x)$ est dérivable²² 2 Par la même argumentation, on montre $D_{n}$ de classe $𝒞^{\infty}$ car les fonctions colonnes le sont. avec, au surplus, la formule de dérivation

$D_{n}^{'} = \det (C_{1}^{'} ∣ C_{2} ∣ \dots ∣ C_{n}) + \det (C_{1} ∣ C_{2}^{'} ∣ \dots ∣ C_{n}) + \dots + \det (C_{1} ∣ C_{2} ∣ \dots ∣ C_{n}^{'}) .$

On remarque que, pour tout $j \in ⟦ 1; n - 1 ⟧$ , $C_{j}^{'} = C_{j + 1}$ . Le déterminant d’une famille comportant deux vecteurs identiques étant nuls, on peut simplifier l’égalité précédente et écrire

$D_{n}^{'} = \det (C_{1} ∣ C_{2} ∣ \dots ∣ C_{n}^{'}) .$

En développant par rapport à la dernière colonne ce dernier déterminant, on obtient

$D_{n}^{'} = D_{n - 1} pour tout n \geq 2 .$
(b)

Sachant $D_{n} (0) = 0$ et $D_{1} (x) = x$ , on montre par récurrence

$D_{n} (x) = \frac{x^{n}}{n!} .$

La propriété est immédiatement vraie pour $n = 1$ .

Supposons celle-ci acquise au rang $n - 1$ avec $n \geq 2$ .

Par hypothèse de récurrence,

$D_{n} (x) = D_{n} (0) + \int_{0}^{x} D_{n}^{'} (t) d t = \int_{0}^{x} D_{n - 1} (t) d t = \int_{0}^{x} \frac{t^{n - 1}}{(n - 1)!} d t = \frac{x^{n}}{n!} .$

La récurrence est établie

Exercice 4 2693 MINES (MP)Correction

Calculer le déterminant

| \begin{matrix} a_{1} + x & (x) \\ ⋱ \\ (x) & a_{n} + x \end{matrix} |

où $x, a_{1}, \dots, a_{n}$ réels.

Solution

En retirant la première colonne aux autres, on obtient un déterminant où ne figurent des $x$ que sur la première colonne. En développant selon cette première colonne, on obtient une expression affine de la variable $x$ .

| \begin{matrix} a_{1} + x & (x) \\ ⋱ \\ (x) & a_{n} + x \end{matrix} | = α x + β .

Il reste à déterminer les réels $α, β$ exprimant cette fonction affine.
D’une part

β = {| \begin{matrix} a_{1} + x & (x) \\ ⋱ \\ (x) & a_{n} + x \end{matrix} |}_{x = 0} = | \begin{matrix} a_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & a_{n} \end{matrix} | = a_{1} \dots a_{n}

et d’autre part

α = \frac{d}{d x} {| \begin{matrix} a_{1} + x & (x) \\ ⋱ \\ (x) & a_{n} + x \end{matrix} |}_{x = 0} .

La dérivée d’un déterminant est la somme des déterminants obtenus lorsque l’on ne dérive qu’une colonne

α = \sum_{j = 1}^{n} | \begin{matrix} a_{1} & 1 & (0) \\ ⋮ \\ (0) & 1 & a_{n} \end{matrix} |

où la colonne formée de 1 est à la position $j$ . Chaque déterminant se calcule en développant selon la ligne ne contenant que le coefficient 1 et l’on obtient

α = \sum_{j = 1}^{n} \prod_{i \neq j} a_{i} .

Exercice 5 5060

Soit $f : [a; b] \to ℝ^{2}$ une fonction dérivable.

Montrer qu’il existe $c \in] a; b [$ tel que $f^{'} (c)$ soit colinéaire à $f (b) - f (a)$ .

Exercice 6 3964

Soit $t \mapsto f (t)$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ définie sur $ℝ$ et à valeurs dans l’espace $ℝ^{2}$ muni de sa structure euclidienne usuelle.

On suppose la fonction $t \mapsto ∥ f (t) ∥$ constante. Montrer que pour tout réel $t$ , les vecteurs $f (t)$ et $f^{'} (t)$ sont orthogonaux.

Exercice 7 5061

Soit $\vec{f} : I \to ℝ^{n}$ une fonction dérivable ne s’annulant pas et telle que les vecteurs $\vec{f} (t)$ et ${\vec{f}}^{'} (t)$ sont colinéaires pour tout $t \in I$ .

Montrer que la fonction $\vec{f}$ prend toutes ses valeurs dans une même droite vectorielle.

Exercice 8 5247

(Loi des aires)

Soit $\vec{f} : I \to ℝ^{3}$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ ne s’annulant pas et telle que les vecteurs $\vec{f} (t)$ et ${\vec{f}}^{''} (t)$ sont colinéaires pour tout $t \in I$ .

Montrer que la fonction $f$ prend toutes ses valeurs dans un même plan vectoriel et que le triangle défini par les vecteurs $\vec{f} (t)$ et ${\vec{f}}^{'} (t)$ est d’aire constante.

Exercice 9 2587 CCINP (MP)Correction

Soient $u, v, w$ trois fonctions de classe $𝒞^{2}$ de $[a; b]$ vers $ℝ$ (avec $a < b$ ). On suppose

| \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u^{'} (a) & v^{'} (a) & w^{'} (a) \end{matrix} | = 0 .

Montrer qu’il existe $c \in] a; b [$ vérifiant

| \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u^{''} (c) & v^{''} (c) & w^{''} (c) \end{matrix} | = 0 .

Solution

On introduit la fonction $f : [a; b] \to ℝ$ définie par

f (x) = | \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u (x) & v (x) & w (x) \end{matrix} | .

Cette fonction est continue sur $[a; b]$ , dérivable sur $] a; b [$ avec

f^{'} (x) = | \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u^{'} (x) & v^{'} (x) & w^{'} (x) \end{matrix} | .

De plus, $f (a) = f (b) = 0$ et donc, par le théorème de Rolle, il existe $d \in] a; b [$ tel que $f^{'} (d) = 0$ . Au surplus, $f^{'} (a) = 0$ et une nouvelle application du théorème de Rolle – à la fonction $f^{'}$ cette fois – donne l’existence de $c \in] a; d [\subset] a; b [$ telle

f^{''} (c) = | \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u^{''} (c) & v^{''} (c) & w^{''} (c) \end{matrix} | = 0 .

Exercice 10 4142

Soit $M : ℝ \to ℳ_{2 n + 1} (ℝ)$ une application de classe $𝒞^{1}$ vérifiant, pour tout réel $s$ ,

M^{⊤} (s) M (s) = I_{n} .

Montrer que la matrice $M^{'} (s)$ n’est inversible pour aucune valeur de $s \in ℝ$ .

Exercice 11 565 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie et $f : 𝒞^{1} ([a; b [, E)$ .
Montrer que $f$ admet un prolongement de classe $𝒞^{1}$ à $[a; b]$ si, et seulement si, $f^{'}$ admet une limite en $b$ .

Solution

Un tel résultat est déjà connu pour les fonctions à valeurs réelles par application du théorème des accroissements finis. En raisonnant via parties réelles et imaginaires on peut étendre ce résultat au cas d’une fonction complexe. En raisonnant via les fonctions coordonnées dans une base de $E$ , on prolonge ce résultat aux fonctions à valeurs dans $E$ .

Exercice 12 5944 Correction

Pour $M \in ℳ_{n} (ℂ)$ nilpotente, on pose

L (M) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} M^{k} .

On étudie la fonction $f$ donnée par $f (t) = \exp (- L (t M))$ pour $t \in ℝ$ .

(a)

Établir

$\forall t \in ℝ, f (t) = \prod_{k = 1}^{n - 1} \exp (- \frac{t^{k}}{k} M^{k}) .$
(b)

Montrer que $f$ est dérivable sur $ℝ$ avec

$\forall t \in ℝ, (I_{n} - t M) f^{'} (t) = - M f (t) .$
(c)

Montrer que $f^{'}$ est constante.
(d)

En déduire $\exp (L (M)) = {(I_{n} - M)}^{- 1}$ .

Solution

(a)

Puisque $M$ est nilpotente de taille $n$ , on sait $M^{n} = O_{n}$ . Cela assure que $L (t M)$ est correctement définie pour tout $t \in ℝ$ .

$L (t M) = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k} t^{k} M^{k}$

et l’on peut introduire

$f (t) = \exp (- L (t M)) .$

Les termes de la somme définissant $L (t M)$ commutent entre eux et donc

$f (t) = \prod_{k = 1}^{n - 1} \exp (- \frac{1}{k} t^{k} M^{k}) .$
(b)

Pour $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ , on sait que $t \mapsto e^{t A}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ avec

$\frac{d}{d t} (e^{t A}) = A e^{t A} .$

Par produit, on en déduit que la fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ . Aussi, par composition,

$\frac{d}{d t} (\exp (- \frac{1}{k} t^{k} M^{k})) = - t^{k - 1} M^{k} \exp (- \frac{1}{k} t^{k} M^{k})$

et, par dérivation d’un produit (et commutativité des facteurs),

$f^{'} (t) = - \sum_{k = 1}^{n - 1} t^{k - 1} M^{k} f (t) .$

On multiplie les deux membres par $I_{n} t M$ pour observer un télescopage en second membre

$(I_{n} - t M) f^{'} (t)$ $= - \sum_{k = 1}^{n - 1} (t^{k - 1} M^{k} - t^{k} M^{k + 1}) f (t)$

$= - (M - t^{n - 1} M^{n}) f (t) = - M f (t) .$
(c)

On peut à nouveau dériver

$- M f^{'} (t) + (I_{n} - t M) f^{''} (t) = - M f^{'} (t)$

ce qui se simplifie en

$(I_{n} - t M) f^{''} (t) = 0 .$

Puisque la matrice $M$ est nilpotente, elle est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte. Par cette similitude, on obtient $\det (I_{n} - t M) = 1$ et donc $I_{n} - t M$ est une matrice inversible. On en déduit

$f^{''} (t) = 0 .$

La fonction $f^{'}$ est donc constante.
(d)

On a $f (0) = I_{n}$ et $f^{'} (0) = - M$ puis on obtient

$\forall t \in ℝ, f (t) = I_{n} - t M .$

En particulier,

$\exp (L (M)) = {(f (1))}^{- 1} = {(I_{n} - M)}^{- 1} .$

Exercice 13 5785 MINES (MP)Correction

Pour $M \in ℳ_{n} (ℂ)$ nilpotente, on pose

L (M) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} M^{k} .

Établir que $\exp (L (t M)) = I_{n} + t M$ pour tout $t \in ℝ$ .

Solution

Puisque $M$ est nilpotente de taille $n$ , on sait $M^{n} = O_{n}$ . Cela assure que $L (t M)$ est correctement définie pour tout $t \in ℝ$ .

L (t M) = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} t^{k} M^{k} .

et l’on peut introduire

Φ (t) = \exp (L (t M)) .

Les termes de la somme définissant $L (t M)$ commutent entre eux et donc

Φ (t) = \prod_{k = 1}^{n - 1} \exp (\frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} t^{k} M^{k}) .

Pour $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ , on sait que $t \mapsto e^{t A}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ avec

\frac{d}{d t} (e^{t A}) = A e^{t A} .

Par produit, on en déduit que la fonction $Φ$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ . Aussi, par composition,

\frac{d}{d t} (\exp (\frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} t^{k} M^{k})) = {(- 1)}^{k - 1} t^{k - 1} M^{k} \exp (\frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} t^{k} M^{k})

et, par dérivation d’un produit (et commutativité des facteurs),

Φ^{'} (t) = \sum_{k = 1}^{n - 1} {(- 1)}^{k - 1} t^{k - 1} M^{k} Φ (t) .

On multiplie les deux membres par $I_{n} + t M$ pour observer un télescopage en second membre

	$(I_{n} + t M) Φ^{'} (t)$	$= \sum_{k = 1}^{n - 1} ({(- 1)}^{k - 1} t^{k - 1} M^{k} - {(- 1)}^{k} t^{k} M^{k + 1}) Φ (t)$
		$= (M - {(- 1)}^{n - 1} t^{n - 1} M^{n}) Φ (t) = M Φ (t) .$

On peut à nouveau dériver

M Φ^{'} (t) + (I_{n} + t M) Φ^{''} (t) = M Φ^{'} (t)

ce qui se simplifie en

(I_{n} + t M) Φ^{''} (t) = 0 .

Puisque la matrice $M$ est nilpotente, elle est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte. Par cette similitude, on obtient $\det (I_{n} + t M) = 1$ et donc $I_{n} + t M$ est une matrice inversible. On en déduit

Φ^{''} (t) = 0 .

La fonction $Φ^{'}$ est donc constante égale à $Φ^{'} (0) = M$ puis on obtient

\forall t \in ℝ, Φ (t) = Φ (0) + t M = I_{n} + t M .

Exercice 14 569 Correction

Soit $f : [0; 1] \to E$ dérivable à droite en 0 et vérifiant $f (0) = 0$ .
Déterminer la limite quand $n \to + \infty$ de

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n^{2}}) .

Solution

Par la dérivabilité à droite de $f$ en $0$ , on peut écrire

f (x) = f (0) + x . f^{'} (0) + x . ε (x) avec ε \to_{0^{+}}^{} 0 .

Puisque $f (0) = 0$ , on obtient

S_{n} = \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n} k . f^{'} (0) + \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n} k . ε (\frac{k}{n^{2}}) .

En exploitant

∥ ε (\frac{k}{n^{2}}) ∥ \leq \max_{] 0; 1 / n]} ∥ ε ∥

\sum_{k = 1}^{n} k = \frac{n (n + 1)}{2}

on obtient

∥ S_{n} - \frac{n + 1}{2 n} f^{'} (0) ∥ \leq \frac{n + 1}{2 n} \max_{] 0; 1 / n]} ∥ ε ∥ .

Or $ε \to_{0^{+}}^{} 0$ donc

\max_{] 0; 1 / n]} ∥ ε ∥ \to_{n \to + \infty}^{} 0

puis

S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2} f^{'} (0) .

Exercice 15 5343 Correction

(Inégalité des accroissements finis)

Soient $E$ un espace normé par $∥ \cdot ∥$ , $a < b$ deux réels et $f : [a; b] \to E$ une fonction dérivable. On suppose qu’il existe $M \in ℝ_{+}$ tel que

∥ f^{'} (t) ∥ \leq M pour tout t \in [a; b] .

On souhaite établir¹¹ 1 On retrouve l’inégalité des accroissements finis déjà affirmée dans le cours mais obtenue ici avec l’hypothèse dérivable au lieu de classe $𝒞^{1}$ .

∥ f (b) - f (a) ∥ \leq M (b - a) .

(a)

Soit $ε > 0$ . Montrer l’existence d’un plus grand élément $c \in [a; b]$ tel que

$∥ f (c) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (c - a) .$
(b)

Montrer que $c = b$ et conclure.

Solution

(a)

Méthode: On introduit la borne supérieure de l’ensemble des nombres $c$ convenables et l’on montre que celle-ci appartient aussi à cet ensemble.

Notons $A_{ε}$ l’ensemble des $c \in [a; b]$ vérifiant

$∥ f (c) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (c - a) .$

Cet ensemble est une partie de $ℝ$ , celle-ci est non vide car $a$ lui appartient et est majorée par $b$ . La partie $A_{ε}$ admet donc une borne supérieure que l’on note encore $c$ . Par réalisation séquentielle d’une borne supérieure, il existe une suite $(c_{n})$ d’éléments de $A_{ε}$ qui tend vers $c$ . Les éléments $c_{n}$ appartiennent au segment $[a; b]$ et donc la limite $c$ aussi. En particulier, la fonction $f$ est définie en $c$ .

De plus, pour tout $n \in ℕ$ ,

$∥ f (c_{n}) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (c_{n} - a) .$

Compte tenu de la continuité de $f$ , cela donne à la limite

$∥ f (c) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (c - a) .$

Ainsi, $c$ est élément de $A_{ε}$ , c’est le plus grand élément de $[a; b]$ vérifiant l’inégalité.
(b)

Par l’absurde, supposons $c \in [a; b [$ .

Méthode: Puisque $∥ f^{'} (c) ∥ < M + ε$ , on montre que pour $t$ au voisinage de $c$ , on a l’inégalité $∥ f (t) - f (c) ∥ \leq (M + ε) | t - c |$ .

Sachant

$lim_{\begin{matrix} t \to c \\ t \neq c \end{matrix}} \frac{f (t) - f (c)}{t - c} = f^{'} (c) avec ∥ f^{'} (c) ∥ < M + ε$

il existe $α > 0$ tel que

$\forall t \in [a; b], (| t - c | \leq α et t \neq c) ⟹ ∥ \frac{f (t) - f (c)}{t - c} ∥ \leq M + ε .$

Puisque $c$ est strictement inférieur à $b$ , on peut introduire $t \in] c; b]$ tel que $| t - c | \leq α$ et alors

$∥ f (t) - f (c) ∥ \leq (M + ε) (t - c)$

puis, par l’inégalité triangulaire,

$∥ f (t) - f (a) ∥$ $= ∥ f (t) - f (c) + f (c) - f (a) ∥$

$\leq \underset{\begin{matrix} \leq (M + ε) (c - t) \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ f (t) - f (c) ∥}} + \underset{\begin{matrix} \leq (M + ε) (c - a) \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ f (c) - f (a) ∥}} \leq (M + ε) (t - a) .$

Cela contredit la définition de $c$ , c’est absurde.

On en déduit que $c = b$ et donc

$∥ f (b) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (b - a) .$

Enfin, cela valant pour tout $ε > 0$ , aussi petit soit-il, on a encore

$∥ f (b) - f (a) ∥ \leq M (b - a) .$

[<] Dérivation[>] Formules de Taylor

Exercice 16 5649 Correction

Soit $X$ une partie non vide d’un espace normé $E$ . On suppose que $a \in E$ est intérieur à $X$ . Déterminer l’ensemble $T_{a} X$ des vecteurs tangents à $X$ en $a$ .

Solution

Puisque $a$ est intérieur à $X$ , il existe $r > 0$ tel que $B (a, r) \subset X$ .

Soit $v \in E$ . Considèrons $γ : ℝ \to E$ définie par $γ (t) = a + t . v$ . Pour $t$ proche de $0$ , $γ (t) \in B (a, r)$ donc $γ (t) \in X$ . Au surplus, $γ (0) = a$ et $γ^{'} (0) = v$ et donc $v$ est tangent à $X$ en $a$ . L’ensemble $T_{a} X$ vaut donc $E$ .

Exercice 17 5650 Correction

Soit $B$ la boule unité euclidienne fermée.

Déterminer les vecteurs tangents à $B$ en $a$ élément de la sphère unité.

Solution

Soit $v$ un vecteur tangent à la boule $B$ en $a$ . Il existe $γ :] - ε; ε [\to E$ inscrit dans $B$ tel que $γ (0) = a$ et $γ^{'} (0) = v$ .

Puisque $γ$ est inscrit dans $B$ , $∥ γ (t) ∥ \leq 1$ pour tout $t \in] - ε; ε [$ . La fonction $φ : t \mapsto (γ (t) ∣ γ (t))$ est donc maximale en $t = 0$ . On en déduit $φ^{'} (0) = 0$ . Cela donne $2 (γ (0) ∣ γ^{'} (0)) = 0$ puis $(a ∣ v) = 0$ .

Inversement, soit $u$ un vecteur unitaire vérifiant $(a ∣ u) = 0$ . On considère $γ : ℝ \to E$ définie par

γ (t) = \cos (t) . a + \sin (t) . u .

On vérifie ${∥ γ (t) ∥}^{2} = 1$ , $γ (0) = a$ et $γ^{'} (0) = u$ . On en déduit $u \in T_{a} B$ . Par colinéarité, tout vecteur $v$ orthogonal à $a$ est élément de $T_{a} B$ .

Finalement, $T_{a} B = Vect {(a)}^{⊥}$ .

Exercice 18 5934 Correction

Déterminer l’ensemble tangent à ${SL}_{n} (ℝ)$ en $I_{n}$ .

Solution

Commençons par remarquer que $I_{n}$ est élément de ${SL}_{n} (ℝ)$ .

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ un vecteur tangent à ${SL}_{n} (ℝ)$ en $I_{n}$ . Il existe $t \mapsto M (t)$ fonction définie au voisinage de $0$ et prenant ses valeurs dans ${SL}_{n} (ℝ)$ vérifiant

M (0) = I_{n} et M^{'} (0) = A .

Puisque $\det (M (t)) = 1$ , on obtient en dérivant

\sum_{j = 1}^{n} \det (C_{1} (0), \dots, C_{j}^{'} (0), \dots, C_{n} (0)) = 0

en notant $C_{1} (t), \dots, C_{n} (t)$ les colonnes de $M (t)$ . Puisque $M (0) = I_{n}$ , il vient

\sum_{j = 1}^{n} \det (E_{1}, \dots, {\tilde{C}}_{j}, \dots, E_{n}) = 0

en notant ${\tilde{C}}_{1}, \dots, {\tilde{C}}_{n}$ les colonnes de $A$ . Par développement selon la $j$ -ème ligne, on obtient

\det (E_{1}, \dots, {\tilde{C}}_{j}, \dots, E_{n}) = {[A]}_{j, j}

et, finalement, on parvient à la condition

tr (A) = 0 .

Ainsi,

T_{I_{n}} ({SL}_{n} (ℝ)) \subset H = {A \in ℳ_{n} (ℝ) | tr (A) = 0} .

Inversement, soit $A \in H$ . Considérons

M (t) = \frac{1}{\det (I_{n} + t A)} (I_{n} + t A)

pour $t$ réel au voisinage de $0$ . L’application $t \mapsto M (t)$ est évidemment à valeurs dans ${SL}_{n} (ℝ)$ . Aussi, à l’aide du calcul précédent,

\det (I_{n} + t A) \underset{t \to 0}{=} 1 + t tr (A) + o (t) = 1 + o (t)

de sorte que l’on obtient le développement limité

M (t) \underset{t \to 0}{=} \frac{1}{1 + o (t)} (I_{n} + t A) = I_{n} + t A + o (t) .

On a donc que $M (0) = I_{n}$ et $M^{'} (0) = A$ . Ainsi, $A$ est un vecteur tangent à ${SL}_{n} (ℝ)$ en $I_{n}$ .

On conclut

T_{I_{n}} ({SL}_{n} (ℝ)) = H .

Exercice 19 5933 Correction

(a)

Déterminer l’ensemble tangent à $O_{n} (ℝ)$ en $I_{n}$ .
(b)

Plus généralement, déterminer l’ensemble tangent à $O_{n} (ℝ)$ en $Ω \in O_{n} (ℝ)$ .

Solution

(a)

Commençons par remarquer que $I_{n}$ est élément de $O_{n} (ℝ)$ .

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ un vecteur tangent à $O_{n} (ℝ)$ en $I_{n}$ . Il existe $t \mapsto M (t)$ fonction définie au voisinage de $0$ et prenant ses valeurs dans $O_{n} (ℝ)$ vérifiant

$M (0) = I_{n} et M^{'} (0) = A .$

Puisque ${(M (t))}^{⊤} M (t) = I_{n}$ , on obtient en dérivant

${(M^{'} (0))}^{⊤} M (0) + {(M (0))}^{⊤} M^{'} (0) = O_{n}$

et donc

$A^{⊤} + A = O_{n} .$

Ainsi,

$T_{I_{n}} (O_{n} (ℝ)) \subset 𝒜_{n} (ℝ) = {A \in ℳ_{n} (ℝ) | A^{⊤} = - A} .$

Inversement, soit $A \in 𝒜_{n} (ℝ)$ . Considérons $M (t) = \exp (t A)$ pour $t \in ℝ$ . On remarque

${(M (t))}^{⊤} M (t) = \exp (- t A) \exp (t A) = \exp (- t A + t A) = I_{n} .$

L’application $t \mapsto M (t)$ est donc à valeurs dans $O_{n} (ℝ)$ . Au surplus, $M (0) = I_{n}$ et $M^{'} (t) = A M (t)$ de sorte que $M^{'} (0) = A$ . Ainsi, $A$ est un vecteur tangent à $O_{n} (ℝ)$ en $I_{n}$ .

On conclut

$T_{I_{n}} O_{n} (ℝ) = 𝒜_{n} (ℝ) .$
(b)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ un vecteur tangent à $O_{n} (ℝ)$ en $Ω$ . Un calcul analogue au précédent conduit à la condition

$A^{⊤} Ω + Ω^{⊤} A = O_{n}$

soit

${(Ω^{- 1} A)}^{⊤} = - Ω^{- 1} A .$

Par conséquent,

$T_{Ω} (O_{n} (ℝ)) \subset {A \in ℳ_{n} (ℝ) | Ω^{- 1} A \in 𝒜_{n} (ℝ)}$

Réciproquement, on vérifie que $t \mapsto Ω \exp (t Ω^{- 1} A)$ définit une application dérivable à valeurs dans $O_{n} (ℝ)$ prenant la valeur $Ω$ en $0$ et de vecteur dérivé $A$ en $0$ .

On conclut

$T_{Ω} (O_{n} (ℝ)) = {A \in ℳ_{n} (ℝ) | Ω^{- 1} A \in 𝒜_{n} (ℝ)} .$

[<] Vecteurs tangents à une partie[>] Arcs paramétrés

Exercice 20 570 Correction

Soit $f : [0; 1] \to E$ de classe $𝒞^{2}$ telle que

f (0) = f^{'} (0) = f^{'} (1) = 0 et ∥ f (1) ∥ = 1 .

Montrer en écrivant deux formules de Taylor que ${∥ f^{''} ∥}_{\infty} \geq 4$ .

Solution

Par l’inégalité de Taylor Lagrange:

∥ f (\frac{1}{2}) - f (0) - \frac{1}{2} f^{'} (0) ∥ \leq \frac{1}{8} {∥ f^{''} ∥}_{\infty}

∥ f (\frac{1}{2}) - f (1) + \frac{1}{2} f^{'} (1) ∥ \leq \frac{1}{8} {∥ f^{''} ∥}_{\infty} .

On en déduit

∥ f (\frac{1}{2}) ∥ \leq \frac{1}{8} {∥ f^{''} ∥}_{\infty} et | ∥ f (\frac{1}{2}) ∥ - ∥ f (1) ∥ | \leq \frac{1}{8} {∥ f^{''} ∥}_{\infty}

donc

1 = ∥ f (1) ∥ \leq ∥ f (1) ∥ - ∥ f (\frac{1}{2}) ∥ + ∥ f (\frac{1}{2}) ∥ \leq \frac{1}{4} {∥ f^{''} ∥}_{\infty}

puis ${∥ f^{''} ∥}_{\infty} \geq 4$ .

Exercice 21 567 Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Montrer que, pour tout $0 \leq p < n$ ,

$\sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) k^{p} = 0 et \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) k^{n} = {(- 1)}^{n} n! .$
(b)

En déduire, pour $f : ℝ \to E$ de classe $𝒞^{n}$ , la limite quand $h \to 0$ de

$\frac{1}{h^{n}} \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) f (k h) .$

Solution

(a)

Procédons par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Pour $n = 1$ ,

$\sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) = {(1 - 1)}^{n} = 0 et \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} k (\binom{n}{k}) = - 1 .$

Supposons la propriété établie au rang $n \geq 1$ .

Soit $0 \leq p < n + 1$ .

Si $p = 0$ alors

$\sum_{k = 0}^{n + 1} {(- 1)}^{k} (\binom{n + 1}{k}) k^{p} = {(1 - 1)}^{n + 1} = 0 .$

Si $0 < p < n + 1$ alors

$\sum_{k = 0}^{n + 1} {(- 1)}^{k} (\binom{n + 1}{k}) k^{p} = (n + 1) \sum_{k = 1}^{n + 1} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k - 1}) k^{p - 1} = (n + 1) \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k - 1} (\binom{n}{k}) {(k + 1)}^{p - 1} = 0$

après développement du ${(k + 1)}^{p - 1}$ .

Si $p = n + 1$ alors

$\sum_{k = 0}^{n + 1} {(- 1)}^{k} (\binom{n + 1}{k}) k^{n + 1} = (n + 1) \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k - 1} (\binom{n}{k}) {(k + 1)}^{n} = {(- 1)}^{n + 1} (n + 1)! .$

La récurrence est établie.
(b)

Par la formule de Taylor-Young,

$f (x) \underset{x \to 0}{=} \sum_{p = 0}^{n} \frac{f^{(p)} (0)}{p!} x^{p} + o (x^{n})$

donc

$\sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) f (k h) \underset{h \to 0}{=} \sum_{p = 0}^{n} \frac{f^{(p)} (0)}{p!} \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) k^{p} + o (h^{n}) \to_{h \to 0}^{} {(- 1)}^{n} f^{(n)} (0) .$

Exercice 22 571 MINES (MP)

Soit $f : ℝ \to E$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ telle que $f$ et $f^{''}$ sont bornées. On pose

M_{0} = {∥ f ∥}_{\infty} et M_{2} = {∥ f^{''} ∥}_{\infty} .

(a)

Soit $x \in ℝ$ . Établir que pour tout $h > 0$

$∥ f^{'} (x) ∥ \leq \frac{2 M_{0}}{h} + \frac{h M_{2}}{2} .$
(b)

En déduire que $f^{'}$ est bornée et

${∥ f^{'} ∥}_{\infty} \leq 2 \sqrt{M_{0} M_{2}} .$
(c)

En améliorant l’étude qui précède, montrer

${∥ f^{'} ∥}_{\infty} \leq \sqrt{2 M_{0} M_{2}} .$

[<] Formules de Taylor

Exercice 23 579 Correction

Étudier la courbe paramétrée définie par

{\begin{matrix} x & = \cos (3 t) \\ y & = \sin (2 t) . \end{matrix}

Solution

L’application $t \mapsto M (t)$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .

Réduction du domaine d’étude:

$M (t + 2 π) = M (t)$ .

$M (- t)$ est le symétrique de $M (t)$ par rapport à l’axe $(O x)$ .

$M (π - t)$ est le symétrique de $M (t)$ par rapport au point $O$ .

On peut limiter l’étude à l’intervalle $[0; π / 2]$ . La courbe obtenue sera complétée par les symétries de centre $O$ et d’axe $(O x)$ .

Tableau des variations simultanées

Il y a deux points doubles. Pour des raisons de symétrie, ceux-ci correspondent à une abscisse nulle. On obtient un point double pour $t = π / 6$ et $t^{'} = 7 π / 6$ de coordonnées $(0, \sqrt{3} / 2)$ . Par symétrie, l’autre point double est de coordonnées $(0, - \sqrt{3} / 2)$ .

Exercice 24 3969

(Une ellipse)

Soient $a$ et $b$ deux réels strictement positifs avec $a > b$

(a)

Montrer que le système

${\begin{matrix} x & = a \cos (t) \\ y & = b \sin (t) \end{matrix}$

définit pour $t$ parcourant $ℝ$ un paramétrage de la courbe d’équation cartésienne

$\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 .$
(b)

Exploiter ce paramétrage pour donner l’allure de cette courbe.

On pose $c > 0$ tel que $a^{2} = b^{2} + c^{2}$ et l’on introduit les deux points $F$ et $F^{'}$ de l’axe des abscisses situés à la distance $c$ de l’origine.

Exercice 25 3965 Correction

(Astroïde)

(a)

Étudier la courbe paramétrée définie par

${\begin{matrix} x & = \cos^{3} (t) \\ y & = \sin^{3} (t) . \end{matrix}$
(b)

On note $A$ et $B$ les points d’intersection des axes $(O x)$ et $(O y)$ avec la tangente au point de paramètre $t \neq 0 [π / 2]$ de la courbe précédente. Calculer la distance $A (t) B (t)$ .

Solution

(a)

L’application $t \mapsto f (t)$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
$f (t + 2 π) = f (t)$ sont confondus.
$f (- t)$ est le symétrique de $f (t)$ par rapport à l’axe $(O x)$
$f (π - t)$ est le symétrique de $f (t)$ par rapport à l’axe $(O y)$
$f (π / 2 - t)$ est le symétrique de $f (t)$ par rapport à la droit $Δ : y = x$ .
On peut limiter l’étude à l’intervalle $[0; π / 4]$ . La courbe obtenue sera complétée par les symétries d’axe $Δ$ , $(O y)$ puis $(O x)$ .
Tableau des variations simultanées

${\begin{matrix} x^{'} (t) & = - 3 \sin (t) \cos^{2} (t) \\ y^{'} (t) & = 3 \cos (t) \sin^{2} (t) . \end{matrix}$

Étude en $t = 0$ . Le paramètre n’est pas régulier. Cependant

$\frac{y (t) - y (0)}{x (t) - x (0)} \underset{t \to 0}{\sim} \frac{t^{3}}{- 3 / 2 t^{2}} \to 0 .$

La tangente est donc dirigée par l’axe des abscisses.

L’astroïde
(b)

L’équation de la tangente au point de paramètre $t$ est

$y = - \tan (t) (x - \cos^{3} (t)) + \sin^{3} (t) .$

On a $A (t) | \begin{matrix} 0 \\ \sin (t) \end{matrix}$ et $B (t) | \begin{matrix} \cos (t) \\ 0 \end{matrix}$ et donc

$A (t) B (t) = 1 .$

Exercice 26 3966 Correction

(Cycloïde)

Étudier la courbe paramétrée définie par

{\begin{matrix} x & = t - \sin (t) \\ y & = 1 - \cos (t) . \end{matrix}

Solution

L’application $t \mapsto f (t)$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
$f (t + 2 π)$ est l’image de $f (t)$ par la translation de vecteur $2 π \vec{i}$ .
$f (- t)$ est le symétrique de $f (t)$ par rapport à l’axe $(O y)$ .
On peut limiter l’étude à l’intervalle $[0; π]$ . La courbe obtenue sera complétée par la symétrie d’axe $(O y)$ et par les translations de vecteurs $2 k π \vec{i}$ avec $k \in ℤ$ .
Tableau des variations simultanées

{\begin{matrix} x^{'} (t) & = 1 - \cos (t) \\ y^{'} (t) & = \sin (t) . \end{matrix}

\begin{matrix} t & 0 & π \\ x^{'} (t) & 0 & + & 2 \\ x (t) & 0 & ↗ & π \\ y (t) & 0 & ↗ & 2 \\ y^{'} (t) & 0 & + & 0 \end{matrix} .

Le paramètre $t = 0$ n’est pas régulier. Cependant

\frac{y (t) - y (0)}{x (t) - x (0)} \underset{t \to 0}{\sim} \frac{t^{2} / 2}{t^{3} / 6} \to + \infty .

La courbe présente donc une tangente verticale en l’origine.

Figure 1: La cycloïde

Exercice 27 3967

(Tractrice)

(a)

Figurer la courbe définie par le paramétrage

${\begin{matrix} x & = t - th (t) \\ y & = 1 / ch (t) \end{matrix}$

avec $t$ parcourant $ℝ$ .
(b)

On note $A$ le point d’intersection de l’axe $(O x)$ avec la tangente au point $M$ de paramètre $t$ de la courbe ci-dessus. Calculer la distance $A M$ .

Exercice 28 585 Correction

(Lemniscate de Bernoulli)

(a)

Étudier la courbe paramétrée définie par

${\begin{matrix} x & = \frac{\sin (t)}{1 + \cos^{2} (t)} \\ y & = \frac{\sin (t) \cos (t)}{1 + \cos^{2} (t)} . \end{matrix}$
(b)

On introduit les points

$F (1 / \sqrt{2},0) et F^{'} (- 1 / \sqrt{2},0) .$

Montrer que pour tout point $M$ de la courbe ci-dessus

$M F \times M F^{'} = \frac{1}{2} .$

Solution

(a)

L’application $t \mapsto f (t)$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
$f (t + 2 π)$ et $f (t)$ sont confondus.
$f (- t)$ est le symétrique de $f (t)$ par rapport au point $O$ .
$f (π - t)$ est le symétrique de $f (t)$ par rapport à l’axe $(O x)$
On peut limiter l’étude à l’intervalle $[0; π / 2]$ . La courbe obtenue sera complétée par la symétrie d’axe $(O x)$ et la symétrie de centre $O$ .
Tableau des variations simultanées
On pose $t_{0} = \arccos (1 / \sqrt{3})$ . On a $\cos (t_{0}) = 1 / \sqrt{3}$ et $\sin (t_{0}) = \sqrt{2 / 3}$ .

La lemniscate de Bernoulli
(b)

On a

$M F^{2} = \frac{\sin^{2} (t)}{(1 + \cos^{2} (t))} + \frac{1}{2} - \sqrt{2} \frac{\sin (t)}{1 + \cos^{2} (t)} et M F^{', 2} = \frac{\sin^{2} (t)}{(1 + \cos^{2} (t))} + \frac{1}{2} + \sqrt{2} \frac{\sin (t)}{1 + \cos^{2} (t)}$

donc

$M F^{2} M F^{', 2} = \frac{1}{4} .$

Exercice 29 3968 Correction

(Cardioïde)

Étudier la courbe définie par

{\begin{matrix} x (t) & = 2 \cos (t) + \cos (2 t) \\ y (t) & = 2 \sin (t) + \sin (2 t) . \end{matrix}

Solution

L’application $t \mapsto f (t)$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
$f (t + 2 π)$ et $f (t)$ sont confondus.
$f (- t)$ est le symétrique de $f (t)$ par rapport à l’axe $(O x)$ .
On peut limiter l’étude à l’intervalle $[0; π]$ . La courbe obtenue sera complétée par la symétrie d’axe $(O x)$ .
Tableau des variations simultanées

{\begin{matrix} x^{'} (t) & = - 2 \sin (t) - 2 \sin (2 t) \\ y^{'} (t) & = 2 \cos (t) + 2 \cos (2 t) . \end{matrix}

{\begin{matrix} x^{'} (t) = 0 & \Leftrightarrow t = 0,2 π / 3, π \\ y^{'} (t) = 0 & \Leftrightarrow t = π / 3, π . \end{matrix}

\begin{matrix} t & 0 & π / 3 & 2 π / 3 & π \\ x^{'} (t) & 0 & - & - & 0 & + & 0 \\ x (t) & 3 & ↘ & 1 / 2 & ↘ & - 3 / 2 & ↗ & - 1 \\ y (t) & 0 & ↗ & 3 \sqrt{3} / 2 & ↘ & \sqrt{3} / 2 & ↘ & 0 \\ y^{'} (t) & + & 0 & - & - & 0 \\ m (t) & \infty & - & 0 & + & \infty & - & ? \end{matrix} .

Le point de paramètre $t = π$ est stationnaire. Cependant

\frac{y (t) - y (π)}{x (t) - x (π)} \underset{t \to π}{\sim} t - π \to 0 .

La courbe présente donc une tangente horizontale en $t = π$ .

Figure 1: La cardioïde

Exercice 30 3971 Correction

(a)

Étudier la courbe

${\begin{matrix} x & = 3 t^{2} \\ y & = 2 t^{3} . \end{matrix}$
(b)

Donner une équation de la tangente et de la normale en le point $M$ de paramètre $t$ .
(c)

Déterminer les droites qui sont à la fois tangentes et normales à cette courbe.

Solution

Notons $f (t)$ la fonction définissant ce paramétrage.

(a)

L’application $t \mapsto f (t)$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
Les points désignés par $f (- t)$ et $f (t)$ sont symétriques par rapport à $(O x)$ .
Étude limitée à $[0; + \infty [$ . La courbe obtenue sera complétée par la symétrie d’axe $(O x)$

${\begin{matrix} x^{'} (t) & = 6 t \\ y^{'} (t) & = 6 t^{2} . \end{matrix}$

${\begin{matrix} x^{'} (t) & = 0 \Leftrightarrow t = 0 \\ y^{'} (t) & = 0 \Leftrightarrow t = 0 . \end{matrix}$

$\begin{matrix} t & 0 & + \infty \\ x^{'} (t) & 0 & + \\ x (t) & 0 & ↗ & + \infty \\ y (t) & 0 & ↗ & + \infty \\ y^{'} (t) & 0 & + \end{matrix} .$

Étude en $t = 0$ . Le point n’est pas régulier, cependant

$\frac{y (t) - y (0)}{x (t) - x (0)} \to_{t \to 0}^{} 0 .$

Il y a une tangente horizontale en $t = 0$

Figure 1: La courbe $x = 3 t^{2}, y = 2 t^{3}$
(b)

Pour $t \neq 0$ , la tangente $𝒟_{t}$ en $M$ a pour équation

$- t^{2} (x - 3 t^{2}) + t (y - 2 t^{3}) = 0$

soit

$t x - y = t^{3} .$

Pour $t \neq 0$ , la normale $𝒩_{t}$ en $M$ a pour équation

$t (x - 3 t^{2}) - t^{2} (y - 2 t^{3}) = 0$

soit

$t x - t^{2} y = 3 t^{3} - 2 t^{5} .$

Ces équations sont encore valables pour $t = 0$ .
(c)

La tangente $𝒟_{t}$ est normale à la courbe au point $N$ de paramètre $τ$ si, et seulement si,

${\begin{matrix} 3 t τ^{2} - 2 τ^{3} = t^{3} \\ t τ + t^{2} τ^{2} = 0 \end{matrix}$

ce qui traduit $N \in 𝒟_{t}$ et l’orthogonalité des tangentes en $M$ et $N$ .
Si $t = 0$ alors $τ = 0$ mais le couple $(0,0)$ n’est pas solution.
Si $t \neq 0$ alors $τ \neq 0$ et $τ = - 1 / t$ puis $\frac{3}{t} + \frac{2}{t^{3}} = t^{3}$ d’où ${(t^{2} + 1)}^{2} (t^{2} - 2) = 0$
ce qui donne $t = \sqrt{2}, - \sqrt{2}$ .

Exercice 31 3972 Correction

(a)

Étudier et représenter la courbe définie par

${\begin{matrix} x & = 4 t^{3} \\ y & = 3 t^{4} . \end{matrix}$
(b)

Former une équation de la tangente au point de paramètre $t \in ℝ$ .
(c)

Déterminer un paramétrage du lieu des points d’où l’on peut mener deux tangentes à la courbe précédente orthogonales et figurer cette courbe.

Solution

Notons $f (t)$ la fonction définissant ce paramétrage.

(a)

L’application $t \mapsto f (t)$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
$f (- t)$ est le symétrique de $f (t)$ par rapport à l’axe $(O y)$ .
On peut limiter l’étude à l’intervalle $[0; + \infty [$ . La courbe obtenue sera complétée par la symétrie d’axe $(O y)$ .
Tableau des variations simultanées

${\begin{matrix} x^{'} (t) & = 12 t^{2} \\ y^{'} (t) & = 12 t^{3} . \end{matrix}$

${\begin{matrix} x^{'} (t) = 0 & \Leftrightarrow t = 0 \\ y^{'} (t) = 0 & \Leftrightarrow t = 0 . \end{matrix}$

$\begin{matrix} t & 0 & + \infty \\ x^{'} (t) & 0 & + \\ x (t) & 0 & ↗ & + \infty \\ y (t) & 0 & ↗ & + \infty \\ y^{'} (t) & 0 & + \end{matrix} .$

Étude en $t = 0$ . Le point n’est pas régulier, cependant

$\frac{y (t) - y (0)}{x (t) - x (0)} \to_{t \to 0}^{} 0 .$

Il y a une tangente horizontale

Figure 1: La courbe $x = 4 t^{3}, y = 3 t^{2}$
(b)

Pour $t \neq 0$ , la tangente en $M$ a pour équation:

$t x - y = t^{4} .$

En $t = 0$ : cette équation convient encore.
(c)

Les tangentes en $M$ et $N$ de paramètres $t$ et $τ$ et $M (τ)$ sont orthogonales si, et seulement si, $1 + t τ = 0$
Si tel est le cas leur intersection est solution du système

${\begin{matrix} t x - y & = t^{4} \\ - \frac{1}{t} x - y & = \frac{1}{t^{4}} . \end{matrix}$

Après résolution

${\begin{matrix} x & = t^{3} - t + \frac{1}{t} - \frac{1}{t^{3}} \\ y & = - t^{2} + 1 - \frac{1}{t^{2}} . \end{matrix}$

Notons $g (t)$ la fonction définissant le paramétrage de la courbe ainsi obtenue, $t \in ℝ^{*}$
$g (- t)$ est le symétrique de $g (t)$ par rapport à l’axe $(O y)$ .
Les points $g (t)$ et $g (1 / t)$ sont confondus.
On peut limiter l’étude à l’intervalle $] 0; 1]$ .

${\begin{matrix} x^{'} (t) & = 3 t^{2} - 1 - \frac{1}{t^{2}} + \frac{3}{t^{4}} = \frac{(1 + t^{2}) (3 t^{4} - 4 t^{2} + 3)}{t^{4}} \\ y^{'} (t) & = - 2 t + \frac{2}{t^{3}} = \frac{2 (1 - t^{4})}{t^{3}} . \end{matrix}$

Tableau des variations simultanées

$\begin{matrix} t & 0 & 1 \\ x^{'} (t) & - & 4 \\ x (t) & + \infty & ↘ & 0 \\ y (t) & - \infty & ↗ & - 1 \\ y^{'} (t) & + & 0 \end{matrix} .$

Figure 2: La courbe des points d’où l’on peut mener deux tangentes orthogonales

Exercice 32 3970 Correction

Soit $t \mapsto f (t)$ définissant un arc régulier tel qu’en tout point de paramètre $t$ la tangente soit

D_{t} : (t^{3} + 3 t) x - 2 y = t^{3} .

Réaliser un paramétrage en coordonnées cartésiennes de l’arc étudié et le représenter.

Solution

Posons $f (t) = (x (t), y (t))$ avec $x$ et $y$ fonctions dérivables. Le point de paramètre $t$ appartient à la droite $D_{t}$ et donc

(t^{3} + 3 t) x (t) - 2 y (t) = t^{3} .

Le vecteur $f^{'} (t)$ dirige la droite $D_{t}$ donc

(t^{3} + 3 t) x^{'} (t) - 2 y^{'} (t) = 0 .

En dérivant $(1)$ et en exploitant $(2)$ , on obtient

(3 t^{2} + 3) x (t) = 3 t^{2}

donc

x (t) = \frac{t^{2}}{1 + t^{2}} et y (t) = \frac{t^{3}}{1 + t^{2}} .

L’application $t \mapsto f (t)$ correspondante est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
$f (- t)$ est le symétrique de $f (t)$ par rapport à l’axe $(O x)$ .
On peut limiter l’étude à l’intervalle $ℝ_{+}$ . La courbe obtenue sera complétée par la symétrie d’axe $(O x)$ .

\begin{matrix} t & 0 & + \infty \\ x^{'} (t) & 0 & + \\ x (t) & 0 & ↗ & 1 \\ y (t) & 0 & ↗ & + \infty \\ y^{'} (t) & 0 & + \end{matrix} .

Étude en $t = 0$ . Le point n’est pas régulier, cependant

\frac{y (t) - y (0)}{x (t) - x (0)} \to_{t \to 0}^{} 0 .

Il y a donc une tangente horizontale en le point de paramètre $t = 0$ .
Étude quand $t \to + \infty$
$x (t) \to 1^{-}$ et $y (t) \to + \infty$
La droite est asymptote à la courbe et celle-ci est à gauche de la droite.

Figure 1: La courbe solution

Exercice 33 4077 Correction

Soit $D$ le disque de centre $(0,0)$ et de rayon $R > 0$ du plan $ℝ^{2}$ .
Montrer que les vecteurs tangents à $D$ aux points du cercle limite sont orthogonaux au vecteur rayon.

Solution

Soit $a$ un point du cercle limite de centre $(0,0)$ et de rayon $R > 0$ .
Soit $γ :] - ε; ε [\to D$ une application dérivable en 0 avec $γ (0) = a$ .
Puisque l’application $γ$ est à valeurs dans $D$ , on a

\forall t \in] - ε; ε [, {∥ γ (t) ∥}^{2} \leq R^{2} .

Or ${∥ γ (0) ∥}^{2} = R^{2}$ et donc l’application $t \mapsto {∥ γ (t) ∥}^{2}$ admet un maximum en $t = 0$ . Son nombre dérivé y est alors nul ce qui fournit

2 ⟨ γ^{'} (0), γ (0) ⟩ = 0 .

Ainsi, le vecteur tangent $v = γ^{'} (0)$ est orthogonal au vecteur rayon $a = γ (0)$ .

Édité le 05-04-2024

	$(I_{n} - t M) f^{'} (t)$	$= - \sum_{k = 1}^{n - 1} (t^{k - 1} M^{k} - t^{k} M^{k + 1}) f (t)$
		$= - (M - t^{n - 1} M^{n}) f (t) = - M f (t) .$

	$∥ f (t) - f (a) ∥$	$= ∥ f (t) - f (c) + f (c) - f (a) ∥$
		$\leq \underset{\begin{matrix} \leq (M + ε) (c - t) \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ f (t) - f (c) ∥}} + \underset{\begin{matrix} \leq (M + ε) (c - a) \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ f (c) - f (a) ∥}} \leq (M + ε) (t - a) .$