Solutions
SOLUTIONS
28
− Si l’une au moins des deux rotations n’est pas un demi-tour, on
en déduit que D = D
.
− Si R et R
sont desdemi-tours, les droites D et D
peuvent être
confondues ou perpendiculaires (dans ce dernier cas,o nab ien
R ◦ R
= R
◦ R,qui est le demi-tour ayant pour axe la perpendiculaire commune à D et D
).
7 D’après le théorème de l’angle inscrit :
(
−→
CA,
−−→
CM ) = (
−→
BA,
−→
BM)+kπ
A
C
B
M
M
Et, comme une similitude directe conserve les angles orientés :
(
−→
BA,
−→
BM ) = (
−→
CA,
−−→
CM
)
8 S1 ◦ S2 ◦ S3 et S3 ◦ S2 ◦ S1 sont des similitudes de rapport 1
et d’angle π,c’est-à-dire des symétries centrales. Étudier les images
des points A, B, C pour déterminer les centres de ces symétries.
Chapitre 28
1 a) Faux ;
n∈N
[n, n +1 ] = R + . b) Vrai. c) Faux ;
ex. paragraphe 3.2. d) Faux ;e x. paragraphe 3.2. e) Vrai.
f) Faux ;e x. paragraphe 5. g) Faux ;r evoir les hypothèses du
théorème de Schwarz.
2 Choisir des boules de rayon ε =
||a − b||
3
3 Soit O1 et O2 deux ouvertsdeR
2 .Pour tout a ∈ O1 ∩ O2,
il existe ε1 > 0t el que B(a, ε1) ⊂ O1, et ε2 > 0t el que
B(a, ε2) ⊂ O2. Alors B(a, min
ε1, ε2)
⊂ O1 ∩ O2. O1 ∩ O2 est
donc ouvert.
Par récurrence, toute intersectionf inie d’ouverts est ouverte. Attention:l ’intersection d’une famille infinie d’ouverts n’est pas
nécessairement un ouvert :p ar exemple, l’intersection de toutes
les bouleso uvertes de centre a est le singleton {a}, quin’est pas
ouvert.
En revanche,ondémontrera très facilement qu’une réunion quelconque d’ouverts est toujours un ouvert.
4 Soit x0 ∈ p1(A); il existe a = (x0, y0) ∈ A telq ue
x0 = p1(a). Comme A est ouvert,i le xiste ε > 0t el que
B(a, ε) ⊂ A.
On en déduit ] x0 − ε, x0 + ε [ ⊂ p1(A). p1(A)est donc ouvert.
Il en est de même de p2(A).
5 a) f est continue sur R
2 \{(0, 0)}.
Mais lim
x→0
f (x, 0) = 1 = f (0, 0) : f n’est pascontinue en (0, 0).
b) f est continue sur R
2 \{(x, 0)}. Étudions la continuité en
(x0, 0) :
• Si x0 = 0, lim
y→0+
f (x0, y) = +∞ : f n’est pas continue en (x0, 0).
• Si x0 = 0, lim
x→0
f (x, x
2 ) = 1:f n’est pascontinue en (0, 0).
c) Posons M = (x, y) ∞ = max (|x|, |y|).
|f (x, y)|
M
3
M 2 = M .
f est donc continue en (0, 0), donc sur R
2 .
d) Si x
= y, le théorème des accroissementsfinis prouve l’existence
d’un réel c strictement compris entre x et y telque f (x, y) = e
c .
Lorsque (x, y)tend vers (a, a), c tend vers a et e
c tend vers e
a . Donc
lim
(x,y)→(a,a)
f (x, y) = e
a = f (a, a).
f est donc continue en (a, a), et, parconséquent, sur R
2 .
6 a) Comparer lim
y→0
f (0, y)etl im
x→0
f (x, 0).
b) f (x, y) = ε
π
2
où ε = sgn(xy). f n’a donc pasd el imite en
(0, 0).
c) f (x, y) =
x
y − y
y
x − y
−
y
x − y
y
x − y
. Appliquer le théorème des accroissements finis aux fonctions x → x
y et x → y
x et conclure :
lim
(x,y)→(a,a)
f (x, y) = a
a (1 − ln a).
7 a) Si (x, y) = (0, 0),
∂f
∂x
(x, y) =
x
x 2 + y 2
;
∂f
∂y
(x, y) =
y
x 2 + y 2
.
∂f
∂x
et
∂f
∂y
ne sont pas définies en (0, 0).
b)
∂f
∂x
(x, y) = x
y
x y
x ln x ln y +
1
x
;
∂f
∂y
(x, y) = x
y x y
x−1 x ln x.
c) Si (x, y)
= (0, 0) :
∂f
∂x
(x, y) =
3x
2 y
x 2 + y 2 cos(x
3 y) −
2x
(x 2 + y 2 ) 2 sin(x
3 y);
∂f
∂y
(x,y)=
x
3
x 2 +y 2 cos(x
3 y) −
2y
(x 2 + y 2 ) 2 sin(x
3 y).
Si (x, y) = (0, 0) :
∂f
∂x
(x, y) = 0;
∂f
∂y
(x,y)=0.
d) Si x
= 0:
∂ f
∂ x
( x ,y )=2 xsin
y
x
− y cos
y
x
;
∂f
∂y
(x, y) = x cos
y
x
.
Si x = 0 ,
∂f
∂x
(0, y) = 0;
∂f
∂y
(0, y) = 0.
Hachette Livre –HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
587
SOLUTIONS
28
− Si l’une au moins des deux rotations n’est pas un demi-tour, on
en déduit que D = D
.
− Si R et R
sont desdemi-tours, les droites D et D
peuvent être
confondues ou perpendiculaires (dans ce dernier cas,o nab ien
R ◦ R
= R
◦ R,qui est le demi-tour ayant pour axe la perpendiculaire commune à D et D
).
7 D’après le théorème de l’angle inscrit :
(
−→
CA,
−−→
CM ) = (
−→
BA,
−→
BM)+kπ
A
C
B
M
M
Et, comme une similitude directe conserve les angles orientés :
(
−→
BA,
−→
BM ) = (
−→
CA,
−−→
CM
)
8 S1 ◦ S2 ◦ S3 et S3 ◦ S2 ◦ S1 sont des similitudes de rapport 1
et d’angle π,c’est-à-dire des symétries centrales. Étudier les images
des points A, B, C pour déterminer les centres de ces symétries.
Chapitre 28
1 a) Faux ;
n∈N
[n, n +1 ] = R + . b) Vrai. c) Faux ;
ex. paragraphe 3.2. d) Faux ;e x. paragraphe 3.2. e) Vrai.
f) Faux ;e x. paragraphe 5. g) Faux ;r evoir les hypothèses du
théorème de Schwarz.
2 Choisir des boules de rayon ε =
||a − b||
3
3 Soit O1 et O2 deux ouvertsdeR
2 .Pour tout a ∈ O1 ∩ O2,
il existe ε1 > 0t el que B(a, ε1) ⊂ O1, et ε2 > 0t el que
B(a, ε2) ⊂ O2. Alors B(a, min
ε1, ε2)
⊂ O1 ∩ O2. O1 ∩ O2 est
donc ouvert.
Par récurrence, toute intersectionf inie d’ouverts est ouverte. Attention:l ’intersection d’une famille infinie d’ouverts n’est pas
nécessairement un ouvert :p ar exemple, l’intersection de toutes
les bouleso uvertes de centre a est le singleton {a}, quin’est pas
ouvert.
En revanche,ondémontrera très facilement qu’une réunion quelconque d’ouverts est toujours un ouvert.
4 Soit x0 ∈ p1(A); il existe a = (x0, y0) ∈ A telq ue
x0 = p1(a). Comme A est ouvert,i le xiste ε > 0t el que
B(a, ε) ⊂ A.
On en déduit ] x0 − ε, x0 + ε [ ⊂ p1(A). p1(A)est donc ouvert.
Il en est de même de p2(A).
5 a) f est continue sur R
2 \{(0, 0)}.
Mais lim
x→0
f (x, 0) = 1 = f (0, 0) : f n’est pascontinue en (0, 0).
b) f est continue sur R
2 \{(x, 0)}. Étudions la continuité en
(x0, 0) :
• Si x0 = 0, lim
y→0+
f (x0, y) = +∞ : f n’est pas continue en (x0, 0).
• Si x0 = 0, lim
x→0
f (x, x
2 ) = 1:f n’est pascontinue en (0, 0).
c) Posons M = (x, y) ∞ = max (|x|, |y|).
|f (x, y)|
M
3
M 2 = M .
f est donc continue en (0, 0), donc sur R
2 .
d) Si x
= y, le théorème des accroissementsfinis prouve l’existence
d’un réel c strictement compris entre x et y telque f (x, y) = e
c .
Lorsque (x, y)tend vers (a, a), c tend vers a et e
c tend vers e
a . Donc
lim
(x,y)→(a,a)
f (x, y) = e
a = f (a, a).
f est donc continue en (a, a), et, parconséquent, sur R
2 .
6 a) Comparer lim
y→0
f (0, y)etl im
x→0
f (x, 0).
b) f (x, y) = ε
π
2
où ε = sgn(xy). f n’a donc pasd el imite en
(0, 0).
c) f (x, y) =
x
y − y
y
x − y
−
y
x − y
y
x − y
. Appliquer le théorème des accroissements finis aux fonctions x → x
y et x → y
x et conclure :
lim
(x,y)→(a,a)
f (x, y) = a
a (1 − ln a).
7 a) Si (x, y) = (0, 0),
∂f
∂x
(x, y) =
x
x 2 + y 2
;
∂f
∂y
(x, y) =
y
x 2 + y 2
.
∂f
∂x
et
∂f
∂y
ne sont pas définies en (0, 0).
b)
∂f
∂x
(x, y) = x
y
x y
x ln x ln y +
1
x
;
∂f
∂y
(x, y) = x
y x y
x−1 x ln x.
c) Si (x, y)
= (0, 0) :
∂f
∂x
(x, y) =
3x
2 y
x 2 + y 2 cos(x
3 y) −
2x
(x 2 + y 2 ) 2 sin(x
3 y);
∂f
∂y
(x,y)=
x
3
x 2 +y 2 cos(x
3 y) −
2y
(x 2 + y 2 ) 2 sin(x
3 y).
Si (x, y) = (0, 0) :
∂f
∂x
(x, y) = 0;
∂f
∂y
(x,y)=0.
d) Si x
= 0:
∂ f
∂ x
( x ,y )=2 xsin
y
x
− y cos
y
x
;
∂f
∂y
(x, y) = x cos
y
x
.
Si x = 0 ,
∂f
∂x
(0, y) = 0;
∂f
∂y
(0, y) = 0.
Hachette Livre –HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
587