Exercices de mathématiques sur les critères de divisibilité, Exercices de Méthodes Mathématiques
Caroline_lez
Caroline_lez29 January 2014

Exercices de mathématiques sur les critères de divisibilité, Exercices de Méthodes Mathématiques

PDF (347.8 KB)
9 pages
192Numéro de visites
Description
Exercices de mathématiques concernant les critères de divisibilité. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: critères de divisibilité, Calendrier.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 9
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document

VAR - Correction du TD 04

Exercice 1 On peut répondre à cet exercice par un calcul brutal de F ′ puis de (F, F ′). Il y a cependant

des raisonnements plus astucieux. Posons u(t) := 1/(1 + t2) · (2t, 1 − t2), de telle sorte que l’on ait F (t) = (u(t), 1). On reconnaît les formules donnant le cosinus et le sinus en fonction de la tangente de l’arc moitié ; autrement dit, si l’on pose θ(t) := 2 arctan t, alors on a u(t) = (cos(θ(t)), sin(θ(t))). En particulier, (u(t), u(t)) = 1 pour tout t. En dérivant cette dernière relation, on obtient 2(u(t), u′(t)) = 0 pour tout t. Or F ′(t) = (u′(t), 0), donc (F (t), F ′(t)) = (u(t), u′(t)) + 0 · 1 = (u(t), u′(t)) = 0.

On rappelle que l’angle ϕ entre deux vecteur u et v de Rn satisfait :

cos(ϕ) = (u, v)

‖u‖ ‖v‖ .

En particulier, le cosinus de l’angle entre F (t) et F ′(t) vaut 0 pour tout t, alors que cet angle est compris entre 0 et π (c’est un angle non orienté). L’angle entre F (t) et F ′(t) est donc constant, et vaut π/2.

Exercice 2 Soit ez un vecteur générant l’axe (Oz), par exemple ez = (0, 0, 1). On cherche l’angle entre ce

vecteur et la droite tangente à l’hélice, donc entre ce vecteur et le vecteur F ′(t). On calcule :

F ′(t) = (−a sin(t), a cos(t), b),

d’où : cos(θ(t)) =

−a sin(t) · 0 + a cos(t) · 0 + b · 1√ a2 sin2(t) + a2 cos2(t) + b2

√ 1

= b√

a2 + b2 .

L’angle θ(t) est donc bien constant (car c’est une fonction continue de t dont le cosinus est constant), et son cosinus a bien la valeur annoncée.

Exercice 3 Définissons une fonction g en posant g(t) = ‖F (t)‖ =

√ (F (t), F (t)) pour tout réel t. On dérive

cette fonction : g′(t) =

2(F (t), F ′(t))

2 √

(F (t), F (t)) =

(F (t), F ′(t))

‖F (t)‖ .

Cette fonction est bien définie car F ne s’annule jamais. Par hypothèse, la fonction g atteint son minimum en t0, et par conséquent sa dérivée s’annule en ce point. On a donc (F (t0), F ′(t0)) = 0, ce qui revient bien à dire que F (t0) et F ′(t0) sont orthogonaux.

1

docsity.com

Exercice 4 L’inégalité demandée découle de l’inégalité triangulaire et de la définition de l’intégrale (nous

travaillons ici avec l’intégrale de Riemann). En effet, on a :∥∥∥∥∫ b a

F (t) dt

∥∥∥∥ = ∥∥∥∥∥ limn→+∞ b− an

n−1∑ k=0

F

( a+ k

b− a n

)∥∥∥∥∥ = lim

n→+∞

b− a n

∥∥∥∥∥ n−1∑ k=0

F

( a+ k

b− a n

)∥∥∥∥∥ ≤ lim

n→+∞

b− a n

n−1∑ k=0

∥∥∥∥F (a+ kb− an )∥∥∥∥

=

∫ b a

‖F (t)‖ dt.

Soient A et B deux points de Rn, et soit γ une courbe joignant A et B, c’est-à-dire une fonction C1 de [a, b] dans Rn telle que γ(a) = A et γ(b) = B. Alors l’inégalité ci-dessus devient :

L(γ) =

∫ b a

‖γ′(t)‖ dt ≥ ∥∥∥∥∫ b

a

γ′(t) dt

∥∥∥∥ = ‖γ(b)− γ(a)‖ = ‖B − A‖ . L’égalité est réalisé par exemple pour :

γ(t) = b− t b− a

A+ t− a b− a

B.

Maintenant, supposons qu’il existe un point C /∈ [A,B] et un temps tC ∈ (a, b) tels que γ(tC) = C. Alors on a par l’inégalité triangulaire :

L(γ) =

∫ tC a

‖γ′(t)‖ dt+ ∫ b tC

‖γ′(t)‖ dt ≥ ‖C − A‖ + ‖B − C‖ > ‖B − A‖ .

En particulier, si une courbe γ réalise la distance minimale entre A et B, alors elle doit rester dans le segment [A,B] : ce segment est bien le chemin le plus court de A à B.

Exercice 5 1) On trouve γ′(t) = (− sin(t), cos(t), 1), et donc :

s(t) =

∫ t 0

‖γ′(u)‖ du = ∫ t

0

√ sin2(u) + cos2(u) + 1 du =

√ 2t.

2) Comme s = √

2t, on a t = s/ √

2. Posons γ̃(s) := γ(t(s)). Alors :

γ̃(s) =

( cos

( s√ 2

) , sin

( s√ 2

) , s√ 2

) .

3) La courbe γ̃ étant unitaire, sa courbure vaut par défiition ρ(s) = ‖γ̃′′(s)‖. On calcule :

γ̃′′(s) =

( −1

2 cos

( s√ 2

) ,−1

2 sin

( s√ 2

) , 0

) ,

et donc ρ(s) = 1/2 pour tout s.

2

docsity.com

Exercice 6 Soit γ une courbe paramétrée unitaire dans R2, et soit ϕ l’angle entre le vecteur tangent γ′

et le vecteur (1, 0). On a alors γ′ = (‖γ′‖ cos(ϕ), ‖γ′‖ sin(ϕ)) = (cos(ϕ), sin(ϕ)), la courbe étant paramétrée unitairement. En dérivant, on obtient γ′′ = (−ϕ′ sin(ϕ), ϕ′ cos(ϕ)), et par définition la courbure vaut ‖γ′′‖ =

√ (ϕ′)2 sin2(ϕ) + (ϕ′)2 cos2(ϕ) = |ϕ′|.

Exercice 7 Soit γ une courbe C2 d’une intervalle [0, Tmax] à valeurs dans R3. Pour montrer cette formule en partant de la définition de la courbure, il faut reparamétriser la

courbe γ afin de travailler avec une courbe γ′ unitaire. On suppose que la dérivé de γ ne s’annule pas (auquel cas la formule n’a aucun sens), et on commence donc par calculer l’abscisse curviligne :

s(t) =

∫ t 0

‖γ′(u)‖ du.

C’est une fonction continue et strictement croissante de [0, Tmax] à valeurs dans [0, L(γ)], où L(γ)] est la longueur (éventuellement infinie) de la courbe. Elle a donc un inverse t : [0, L(γ)] 7→ [0, Tmax]. Définissons, pour tout s dans [0, L(γ)], une fonction γ̃ := γ ◦ t. Cette fonction est la courbe γ paramétrisée unitairement. Par définition, la courbure de la courbe γ̃ vaut ρ̃(s) = ‖γ̃′′‖ (s), et donc la courbure de la courbe γ vaut ρ(t) = ρ̃ ◦ t−1 = ‖γ̃′′‖ ◦ s.

Remarquons tout d’abord que s′(t) = ‖γ′(t)‖, et donc t′(s) = ‖γ′‖−1 ◦ t(s). De là, on calcule :

γ̃′(s) = t′(s) · γ′ ◦ t(s) = γ ′

‖γ′‖ ◦ t(s),

et :

γ̃′′(s) = t′(s) · (

γ′

‖γ′‖

) ◦ t(s) = γ

′′ ‖γ′‖ − γ′ ‖γ′‖′

‖γ′‖3 ◦ t(s).

Finalement, on a donc :

ρ =

∥∥γ′′ ‖γ′‖ − γ′ ‖γ′‖′∥∥ ‖γ′‖3

.

Il reste à simplifier l’expression ∥∥γ′′ ‖γ′‖ − γ′ ‖γ′‖′∥∥. Remarquons au passage que nous n’avons

pas encore utilisé l’hypothèse selon laquelle γ prend ses valeurs dans R3, et la formule ci-dessus est donc valable en général. Pour commencer, on rappelle que l’on a ‖γ′‖′ = (γ′, γ′′) ‖γ′‖−1. Soit θ l’angle entre γ′ et γ′′. On calcule :∥∥γ′′ ‖γ′‖ − γ′ ‖γ′‖′∥∥2 = (γ′′ ‖γ′‖ − γ′ ‖γ′‖′ , γ′′ ‖γ′‖ − γ′ ‖γ′‖′)

= ‖γ′‖2 ‖γ′′‖2 + ‖γ′‖2 (γ′, γ′′)2 ‖γ′‖−2 − 2(γ′, γ′′)2 ‖γ′‖ ‖γ′‖−1

= ‖γ′‖2 ‖γ′′‖2 − (γ′, γ′′)2

= ‖γ′‖2 ‖γ′′‖2 ( 1− cos2(θ)

) = ‖γ′‖2 ‖γ′′‖2 sin2(θ) = ‖γ′ ∧ γ′′‖2 .

On a donc bien ∥∥γ′′ ‖γ′‖ − γ′ ‖γ′‖′∥∥ = ‖γ′ ∧ γ′′‖, ce qui donne la formule recherchée.

3

docsity.com

Exercice 8 La méthode la plus simple pour aborder ce problème est d’utiliser le résultat de l’exercice 7. En

effet, on calcule : γ′(t) = (e−t(− cos(t)− sin(t)), e−t(cos(t)− sin(t)), 0),

puis : γ′′(t) = (2e−t sin(t)),−2e−t cos(t), 0),

et enfin :

γ′(t) ∧ γ′′(t) = (0, 0, 2e−2t[cos(t)(cos(t) + sin(t))− sin(t)(cos(t)− sin(t))]) = (0, 0, 2e−2t).

On a montré avec l’exercice 7 que la courbure ρ(t) au temps t vaut :

ρ(t) = ‖γ′(t) ∧ γ′′(t)‖ ‖γ′(t)‖3

= 2e−2t

e−3t((cos(t) + sin(t))2 + (cos(t)− sin(t))2) 32 =

et√ 2 .

Quand t tends vers l’infini, la courbure tend elle aussi vers l’infini.

Exercice 9 On part de l’hypothèse selon laquelle la courbe γ "vit" sur la sphère centrée en l’origine et de

rayon 1. On a alors (γ, γ) = 1, d’où :

(γ, γ)′ = 2(γ, γ′) = 0,

et : (γ, γ)′′ = 2(γ′, γ′) + 2(γ, γ′′) = 0.

On a donc (γ, γ′′) = −(γ′, γ′). Or la courbe est paramétrée de façon unitaire, donc la courbure ρ est égale à ‖γ′′‖ et (γ′, γ′) = ‖γ′‖2 = 1. L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne alors :

1 = |(γ, γ′′)| ≤ ‖γ‖ ‖γ′′‖ = ρ,

ce qui est bien la conclusion attendue. Ce résultat peut se généraliser : si une courbe lisse "vit" sur une sphère de rayon constant R,

alors sa courbure est en tout point supérieure à 1/R. La démonstration est pratiquement identique.

Exercice 10 La fonction f est polynomiale, et donc de classe C1. Par le théorème d’inversion locale, elle est donc

localement inversible en un point si sa différentielle en ce point est bijective. On calcule maintenant la diff/’erentielle de f :

df(x, y) =

( 2x −2y 2y 2x

) Le déterminant de cette matrice vaut 4(x2 + y2), et ne s’annule qu’au point (0, 0). La fonction f et donc localement inversible en tout point de R2 différent de l’origine. De plus, f(x, 0) = (x2, 0) n’est injective sur aucun voisinage de 0, donc f n’est pas localement inversible en (0, 0). L’ensemble de points de R2 en lesquels f est localement inversible est donc R2 privé du point (0, 0).

4

docsity.com

Exercice 11 La fonction f est de classe C1 sur R2, et prend ses valeurs dans R. Le point (−1, 0) appartient

bien à la courbe C déquation f = 0. On calcule :

∇f(x, y) = (ey, xey − 1).

En particulier, la dérivée partielle selon y ne s’annule pas en (−1, 0). D’après le théorème des fonctions implicites, il existe un voisinage U du point (−1, 0), un voisinage V de −1 et une fonction ϕ : V 7→ R de classe C1 tels que, pour tout (x, y) dans U , on ait (x, y) ∈ C si et seulement si y = ϕ(x). En particulier, on a g(x) := f(x, ϕ(x)) = 0 sur V , ce qui donne en dérivant :

g′(x) = ∂f

∂x (x, ϕ(x)) +

∂f

∂y (x, ϕ(x))ϕ′(x) = 0,

et donc :

ϕ′(−1) = − ∂f ∂x

(−1, 0) ∂f ∂y

(−1, 0) =

1

2 .

Exercice 12 1) Cette fonction est localement inversible en tout point excepté (0, 0) (se référer à l’exercice 10). 2) On commence par calculer :

df(1, 2) =

( 1 −2 2 1

) .

Soit g un inverse de f sur un voisinage de (1, 2). Si (u, v) est suffisamment proche de (1, 2), on a g ◦ f(u, v) = (u, v). Et dérivant cette relation, on obtient l’identité dg(3/2, 2) · df(1, 2) = Id, ou encore :

dg(3/2, 2) =

( ∂u ∂x

∂u ∂y

∂v ∂x

∂u ∂y

) (3/2, 2) = df(1, 2)−1 =

( 1 −2 2 1

)−1 =

( 1/5 2/5 −2/5 1/5

) .

Il suffit d’identifier les coefficients de la matrice.

Exercice 13 Le carré C := [0, 1] × [0, 1] est une partie compacte de R2. De plus, la fonction f est continue.

Elle atteint ses extremums sur C. On calcule :

∇f(x, y) = (y(1− 3x2 − y2), x(1− x2 − 3y2)).

Dans l’intérieur du carré C := [0, 1]× [0, 1], les coordonnées x et y sont non nulles. Le gradient de f s’annule donc si et seulement si 1− 3x2 − y2 = 0 et −3x2 − y2 = 0. Ce système de deux équations à deux inconnues a pour solutions l’ensemble des couples (x, y) tels que x2 = y2 = 1/4. Le seul point de C vérifiant ces équations est le point (1/2, 1/2). La matrice hessienne de f vaut :

∇2f(x, y) = ( −6xy 1− 3x2 − 3y2 1− 3x2 − 3y2 −6xy

) .

5

docsity.com

Pour (x, y) = (1/2, 1/2), le déterminant de cette matrice est positif et sa trace est négative (ses valeurs propres sont −1 et −2), donc le point (1/2, 1/2) est un maximum local. On calcule f(1/2, 1/2) = 1/8. Regardons maintenant ce qu’il se passe sur les bords du carr/’e. Si x = 0 ou y = 0, la fonction f s’annule. De plus, f(1, y) = −y3, où y appartient à [0, 1] ; sur cette arête, la fonction f atteint son maximum en y = 0 (il vaut 0) et son minimum en y = 1 (l vaut −1). De même, si y = 1 alors la fonction f atteint son maximum en x = 0 (il vaut 0) et son minimum en x = 1 (l vaut −1).

Finalement, le maximum global de f sur C vaut 1/8 et est atteint en (1/2, 1/2) ; le minimum global de f sur C vaut −1, et est atteint en (1, 1).

Remarquons que f est strictement positive sur le carré si en seulement si x > 0, y > 0 et x2 + y2 < 1. En particulier, tout point de la forme (x, 0) avec x ∈ [0, 1) ou (0, y) avec y ∈ [0, 1) est un minimum local : tout voisinage suffisamment petit de tels points contient où bien des points en lesquels f s’annule (des points du bord), ou bien des points en lesquels f est strictement positive. Les points (0, 1) et (1, 0) ne sont ni des minimums locaux ni des maximums locaux.

En résumé, le point (1/2, 1/2) et le seul maximum local. Le point (1, 1) et les points de la forme (x, 0) avec x ∈ [0, 1) ou (0, y) avec y ∈ [0, 1) sont des minimums locaux.

Exercice 14 Posons G(x, y, z) := x2 + y2 + z2. On cherche le maximum de la température T sur la courbe

de niveau S := {G = 4} (c’est une sphère de rayon 2). D’après le théorème du multiplicateur de Lagrange, là où ce maximum est atteint le gradient de T et le gradient de G sont colinéaires. On calcule :

∇G(x, y, z) = 2(x, y, z),

et : ∇T (x, y, z) = (z, 2y, x).

Ces deux vecteurs sont colinéaires si et seulement si ∇G∧∇T = 0, c’est-à-dire si et seulement si les équations suivantes sont simultanément satisfaites :

y(x− 2z) = 0 x2 − z2 = 0 y(2x− z) = 0

Si x = 0, alors z = 0 et ces équations sont satisfaites pour tout y. Si x 6= 0, alors z = ±x, et x−2z 6= 0 donc y = 0. L’ensemble des solutions sont les triplets de la forme (0, y, 0), (x, 0, x) et (x, 0,−x), où x et y sont des réels. De plus, la condition G(x, y, z) = 4 doit aussi être satisfaite. L’ensemble des points critiques de la fonction f sur la surface S est donc {±(0, 2, 0),±(

√ 2, 0, √

2),±( √

2, 0,− √

2)}. En calculant la valeur de la température en chacun de ces points, on voit que le minimum de T est atteint en (

√ 2, 0,−

√ 2) et en (−

√ 2, 0, √

2), et vaut 0. De même, le maximum de T est atteint en (0, 2, 0) et en (0,−2, 0), et vaut 6.

Exercice 15 1) Soit n un entier strictement positif, et soit r un réel strictement positif. On pose f(x1, · · · , xn) :=∏n

k=1 x 2 k, et G(x1, · · · , xn) :=

∑n k=1 x

2 k. On cherche le maximum de f sur la courbe de niveau

S := {G = r2}, qui est une sphère de rayon r. Ce maximum existe nécessairement car f est continue et S est compacte.

6

docsity.com

Remarquons tout d’abord que f est positive, et s’annule si et seulement si l’un des xk s’annule. On peut donc supposer, quand nous cherchons le maximum de f , que tous les xk sont non nuls. On calcule :

∇G(x1, · · · , xn) = 2(x1, · · · , xn),

et :

∇f(x1, · · · , xn) = 2(x1 n∏ k=2

x2k, · · · , n−1∏ k=1

x2kxn) = 2

f(x1, · · · , xn) (1/x1, · · · , 1/xn).

D’après le théorème du multiplicateur de Lagrange, là où le maximum de f est atteint sur S, le gradient de f est colinéaire au gradient de G, donc le vecteur (x1, · · · , xn) est colinéaire au vecteur (1/x1, · · · , 1/xn). Soit λ un réel tel que (x1, · · · , xn) = λ(1/x1, · · · , 1/xn). On a alors λ = x21 = · · · = x2n, donc tous les xk ont la même valeur absolue. En ces points, on a f(x1, · · · , xn) = x2n1 et G(x1, · · · , xn) = nx21 = r2, donc f(x1, · · · , xn) = n−nr2n.

Le maximum de f sur l’hypersurface S = {G = r2} vaut donc n−nr2n. 2) D’après la question précédent, on a pour tout (x1, · · · , xn) dans Rn :

n∏ k=1

x2k ≤ n−n √√√√ n∑

k=1

x2k

2n

= n−n

( n∑ k=1

x2k

)n =

(∑n k=1 x

2 k

n

)n .

En prenant la racine n-ième, on a bien l’inégalité demandée :( n∏ k=1

x2k

) 1 n

≤ ∑n

k=1 x 2 k

n .

3) Soient a1, · · · , an des réels positifs. Posons x1 := √ a1, · · · , xn :=

√ an. L’inégalité de la quesiton

précédente devient alors : ( n∏ k=1

ak

) 1 n

≤ ∑n

k=1 ak n

.

Nota Bene : l’inégalité arithmético-géométrique peut se démontrer beaucoup plus facilement en utilisant astucieusement une inégalité de convexité appliquée a la fonction logarithme.

Exercice 16 1) On calcule :

∇f(x, y) = (3x2 − 6x, 2y) = (3x(x− 2), 2y).

Les points critiques de f sont donc les points (0, 0) et (2, 0). On calcule maintenant la matrice hessienne de f :

∇2f(x, y) = (

6(x− 1) 0 0 2

) .

Pour (x, y) = (0, 0), le déterminant de cette matrice est négatif (ses valeurs propres sont −6 et 2), donc le point (0, 0) est un point selle. Pour (x, y) = (2, 0), le déterminant de cette matrice est positif et sa trace est positive (ses valeurs propres sont 6 et 2), donc le point (2, 0) est un minimum local.

2) Considérons le carré [−2, 2]× [−2, 2]. C’est une partie compacte de R2, et la fonction f étant continue elle atteint ses extremums sur ce carré. Le seul point critique de f dans l’intérieur du carré

7

docsity.com

est le point (0, 0), qui est un point selle ; les extremums de f sont donc atteints sur le bord du domaine étudié.

Si y = ±2 et x ∈ [−2, 2], on a f(x, y) = x3 − 3x2 + 4. Cette fonction de x atteint son maximum en 0 (il vaut 4) et atteint son minimum en −2 (il vaut −16). Si x = −2 et y ∈ [−2, 2], on a f(x, y) = y2 − 20. Cette fonction de y atteint son maximum en −2 et en 2 (il vaut −16) et atteint son minimum en 0 (il vaut −20). Si x = 2 et y ∈ [−2, 2], on a f(x, y) = y2 − 4. Cette fonction de y atteint son maximum en −2 et en 2 (il vaut 0) et atteint son minimum en 0 (il vaut −4).

Le maximum de f vaut donc 4, et est atteint aux points (0,−2) et (0, 2). Le minimum de f vaut −20, et est atteint au point (−2, 0).

Exercice 17 Posons G(x, y, z) := x2 +y2 +z2. On cherche le maximum de la fonction f sur la courbe de niveau

S := {G = 1}. D’après le théorème du multiplicateur de Lagrange, là où ce maximum est atteint le gradient de f et le gradient de G sont colinéaires. On calcule :

∇G(x, y, z) = 2(x, y, z),

et : ∇f(x, y, z) = (1, 0, 1).

Ce maximum est atteint en un point dont les coordonnées sont de la forme (x, 0, x). Or on a alors G(x, 0, x) = x2 + x2 = 1, ce qui laisse deux points critiques : (1/

√ 2, 0, 1/

√ 2) et (−1/

√ 2, 0,−1/

√ 2).

Or f(1/ √

2, 0, 1/ √

2) = √

2 et f(−1/ √

2, 0,−1/ √

2) = − √

2. Le maximum de f sur la surface S est donc atteint en (1/

√ 2, 0, 1/

√ 2), et vaut

√ 2.

Exercice 18 Le problème posé revient à maximiser la fonction f(x, y, z) :=

√ 2 + x+

√ 1 + y +

√ 1 + z sur le

triangle T := {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}. Ce triangle étant compact, et la fonction f étant continue, il existe nécessairement un point de T qui maximise f .

Recherchons tout d’abord les points critiques à l’intérieur du triangle, c’est-à-dire dans le domaine {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 1, x > 0, y > 0, z > 0}. Par la méthode du multiplicateur de Lagrange, en un tel point les vecteurs ∇f(x, y, z) = 1/2 · (1/

√ 2 + x, 1/

√ 1 + y, 1/

√ 1 + z) et (1, 1, 1)

sont colinéaires, donc √

2 + x = √

1 + y = √

1 + z, donc x + 1 = y = z. Or, en un tel point, on a 1 = x + y + z = 2 + 3x ≥ 2, ce qui est impossible. La fonction f n’atteint pas son maximum dans l’intérieur de T . Regardons maintenant le bord de T .

Si x = 0, alors on peut exprimer f en fonction de y par f1(y) = √

2+ √

1 + y+ √

2− y. Une étude de fonction montre que f1 atteint sont maximum en 1/2, et que celui-ci vaut 2 +

√ 6. Si y = 0, alors

on peut exprimer f en fonction de x par f2(x) = √

2 + x+1+ √

2− x. Une étude de fonction montre que f1 atteint sont maximum en 0, et que celui-ci vaut 1 + 2

√ 2. Si z = 0, alors on peut exprimer f

en fonction de x par f3(x) = √

2 + x+ √

2− x+1. Une étude de fonction montre que f1 atteint sont maximum en 0, et que celui-ci vaut 1 + 2

√ 2.

Or 1 + 2 √

2 < √

2 + √

6. Le maximum de f est donc atteint en (0, 1/2, 1/2) et vaut √

2 + √

6. Ceci correspond a la répartition finale des revenus suivante : (2, 3/2, 3/2).

8

docsity.com

Exercice 19 Soient α et r des réels strictement positifs. Pour tout entier n strictement positif, on définit un

domaine Tn := {(x1, · · · , xn) ∈ Rn : x1 + · · · + xn = r, x1 ≥ 0, · · · , xn ≥ 0}, et une fonction fn := x

α 1 + · · · + xαn. Le problème revient à déterminer le (ou les) point de Tn qui maximise fn ; un

tel point existe car Tn est compact et fn est continue. Si α = 1, alors fn est constante et égale à r sur Tn. L’utilité ne dépend pas de la répartition des

revenus. On va démontrer par récurrence la proposition suivante : "Si α ∈ (0, 1), alors pour tout n ≥ 1

l’utilité maximale est atteinte uniquement quand tous les agents ont le même revenu, et vaut rαn1−α. Si α > 1, alors pour tout n ≥ 1 l’utilité maximale est atteinte uniquement quand un agent concentre tous les revenus, et vaut rα".

Cette proposition est vraie si n = 1 : il y a alors un seul agent, donc une seule répartition possible des revenus, et on vérifie facilement les formules. Soit n ≥ 2 un entier, et supposons cette proposition vraie au rang n− 1.

Supposons que le maximum de fn est atteint à l’intérieur du simplexe Tn (attention : le terme d’intérieur est ici utilisé dans un sens un peu différent du sens habituel ; il signifie ici l’ensemble des points de Tn de coordonnées strictement positives). Alors, par la méthode du multiplicateur de Lagrange, les vecteurs ∇fn = α(xα−11 , · · · , xα−1n ) et (1, · · · , 1) sont colinéaires. Comme α est différent de 0 et de 1, cela ne laisse qu’une seule possibilité, c’est-à-dire un seul point critique : le point (r/n · · · , r/n). On calcule fn(r/n · · · , r/n) = rαn1−α.

Si l’on se place sur le bord de Tn, c’est-à-dire là où l’un des xi est nul, alors le problème revient à maximiser xα1 + · · ·+xαi−1 +xαi+1 + · · ·+xαn sur {(x1, · · · , xn) ∈ Rn : x1 + · · ·+xi−1 +xi+1 + · · ·+xn = r, x1 ≥ 0, · · · , xi−1 ≥ 0, xi+1 ≥ 0, · · · , xn ≥ 0}, donc à maximiser fn−1 sur Tn−1. Si α ∈ (0, 1), alors par l’hypothèse de récurrence ce maximum vaut rα(n− 1)1−α < rαn1−α. Le maximum de fn est alors bien atteint en (r/n · · · , r/n), et vaut bien rαn1−α, ce qui prouve la première partie de l’hypothèse de récurrence. Si α > (0, 1), alors par l’hypothèse de récurrence ce maximum vaut rα > rαn1−α. Le maximum de fn est alors bien atteint quand l’un des xi vaut r et les autres sont nuls, et vaut bien rα, ce qui prouve la seconde partie de l’hypothèse de récurrence.

Remarquons que des inégalités de convexités permettent de conclure directement si α > 1.

9

docsity.com

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Docsity n'est pas optimisée pour le navigateur que vous utilisez. Passez à Google Chrome, Firefox, Internet Explorer ou Safari 9+! Téléchargez Google Chrome