Fonctions de plusieurs variables : dérivés partielles, diérentielle. Fonctions composées. Fonctions de classe C 1. Exemples

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1 45 Fonctions de plusieurs variables : dérivés partielles, diérentielle. Fonctions composées. Fonctions de classe C 1. Exemples Les espaces vectoriels considérés sont réels, non réduits au vecteur nul et de dimension nie ou innie. Si E et F sont deux espaces vectoriels normés, on note L c (E, F ) l'espace vectoriel des applications linéaires continues de E dans F, muni de la norme usuelle : u L c (E, F ), u = u (x) sup x E\{0} x = sup u (x) x =1 En toute rigueur, on devrait noter E la norme choisie sur E et F la norme choisie sur F. Mais, dans la mesure où il n'y a pas d'ambiguïté, on utilisera la même notation pour les normes sur E et F. On rappelle que L c (E, F ) est un espace de Banach si E et F le sont. Dans le cas où E et F sont de dimension nie, toute application linéaire de E dans F est continue, on a donc L c (E, F ) = L (E, F ) Fonctions diérentiables Dénition 45.1 On dit qu'une fonction f dénie sur un ouvert non vide O de E et à valeurs dans F est diérentiable en a O s'il existe une application linéaire continue u L c (E, F ) et un voisinage ouvert V de 0 dans E tels que : h V, f (a + h) = f (a) + u (h) + o ( h ) (45.1) Dire que f est diérentiable en a, signie donc qu'il existe une application linéaire continue u L c (E, F ) et une fonction ε dénie sur une boule ouverte B (0, η) de centre 0 et de rayon η > 0 telles que : lim h 0 ε (h) = 0 et : h B (0, η), f (a + h) = f (a) + u (h) + h ε (h) 1131

2 1132 Fonctions de plusieurs variables : diérentielle... ce qui équivaut encore à : f (a + h) f (a) u (h) lim h 0 h = 0 (45.2) Remarque 45.1 Le rayon η > 0 est choisi assez petit, de sorte que B (a, η) O. Remarque 45.2 Si on remplace les normes sur E et F par des normes équivalentes, une fonction f diérentiable en a l'est toujours avec la même valeur pour la diérentielle. En eet, on a des encadrements du type : γ f (a + h) f (a) u (h) δ h f (a + h) f (a) u (h) h β f (a + h) f (a) u (h) α h où les réels α, β, γ, δ sont strictement positifs. En dimension nie, toutes les normes sont équivalentes et on peut alors utiliser n'importe quelle norme. Théorème 45.1 Soient O un ouvert non vide de E et f : O F. Si f est diérentiable en a O, elle est alors continue en ce point. Démonstration. Résulte de : sachant que u est continue. f (x) f (a) = u (x a) + x a ε (x a) x a 0 Théorème 45.2 Soient O un ouvert non vide de E et f : O F. Si f est diérentiable en a O, l'application linéaire continue dénie par (45.1) est alors uniquement déterminée. Démonstration. Supposons qu'il existe deux telles applications u, v dans L c (E, F ). De la dénition, on déduit que : (v u) (h) lim = 0 h 0 h donc, pour tout x E \ {0}, on a : 0 = lim t 0 (v u) (tx) tx = (v u) (x) x ce qui équivaut à (v u) (x) = 0, soit à u (x) = v (x). Cette dernière égalité étant réalisée aussi pour x = 0, on en déduit que u = v. Avec les hypothèses et notations du théorème précédent, on peut noter df (a) l'application linéaire continue de E dans F dénie par (45.1) et on dit que c'est la diérentielle de f en a. Remarque 45.3 Si E est un espace euclidien de dimension n 1 (ou de manière plus générale un espace de Hilbert) et F = R, pour f : O R diérentiable en a O, df (a) est alors une forme linéaire continue sur E et il existe un unique vecteur g f (a) E tel que df (a) (x) = g f (a) x pour tout x E. On dit que g f (a) est le vecteur gradient de f en a. Dans le cas où E = R, la notion de diérentiabilité coïncide avec celle de dérivabilité. Rappelons la dénition de cette notion.

3 Fonctions diérentiables 1133 Dénition 45.2 Soient O un ouvert non vide de R et f : O F. On dit que f est dérivable en a O si la fonction τ a : x 1 (f (x) f (a)) dénie sur O \ {a} admet une limite en x a a. On note alors f (a) cette limite. Théorème 45.3 Soient O un ouvert non vide de R et f : O F. La fonction f est dérivable en a O si, et seulement si, elle est diérentiable en ce point. Dans ce cas, on a df (a) (h) = f (a) h pour tout h R (et en particulier f (a) = df (a) (1)). Démonstration. Si f est dérivable en a, on a alors pour tout x O \ {a} : f (x) = f (a) + (x a) τ a (x) = f (a) + (x a) f (a) + (x a) (τ a (x) f (a)) égalité encore valable en x = a si on pose τ a (a) = f (a). Comme lim x a τ a (x) = f (a), cela s'écrit : f (x) = f (a) + (x a) f (a) + o (x a) et signie que f est diérentiable en a de diérentielle : df (a) : h R f (a) h (cette application est bien linéaire et continue). Réciproquement si f est diérentiable en a, on a pour x V \ {a}, où V est un voisinage ouvert de a dans O : f (x) = f (a) + df (a) (x a) + o (x a) donc : 1 1 (f (x) f (a)) = df (a) (x a) + o (1) x a x a = df (a) (1) + o (1) df (a) (1) x a ce qui signie que f est dérivable en a de dérivée df (a) (1). Exercice 45.1 Soient O un ouvert non vide de E et f : O F. Montrer que f est diérentiable en a O si, et seulement si, f est continue en a et il existe u L (E, F ) telle que f (a + h) = f (a) + u (h) + o ( h ). Solution 45.1 Pour E, F de dimension nie, il n'y a rien à montrer. Pour la condition nécessaire c'est vu. Pour la réciproque, avec u (h) = f (a + h) f (a) + o ( h ) et la continuité de f en a, on déduit que lim u (h) = 0, ce qui signie que l'application linéaire u est continue en 0, donc sur E. h 0 L'application f est donc diérentiable en a avec df (a) = u. Dénition 45.3 Soient O un ouvert non vide de E et f : O F. On dit que f est diérentiable sur O, si elle est diérentiable en tout point de O. Si f : O F est diérentiable sur O, l'application : df : O L c (E, F ) x df (x) est la diérentielle de f. Dans le cas où cette application df est continue (L c (E, F ) est un espace normé), on dit que f est de classe C 1 sur O.

4 1134 Fonctions de plusieurs variables : diérentielle... Exemple 45.1 Une application constante f : O F est de classe C 1 avec df (x) = 0 pour tout x O. Le résultat de l'exemple précédent peut être utilisé pour résoudre l'exercice Exemple 45.2 Une application linéaire continue f : E F est de classe C 1 sur E avec df (x) = f pour tout x E. En eet, pour x, h dans E, on a : f (x + h) = f (x) + f (h) = f (x) + f (h) + h ε (h) avec ε = 0 et f linéaire continue, donc df (x) = f. Pour E, F de dimension nie, une application linéaire est automatiquement continue, donc de classe C 1 sur E. n Exercice 45.2 Soient n 2, E 1,, E n des espaces normés et E = E k normé par : x = (x 1,, x n ) E, x = max 1 k n x k Montrer que toute application n-linéaire continue f de E dans F est de classe C 1 sur E avec, pour tous x, h dans E : df (x) (h) = f (x 1,, x k 1, h k, x k+1,, x n ) k=1 Solution 45.2 Pour x, h dans E, tenant compte de la n-linéarité de f, on a : f (x + h) = f (x 1 + h 1,, x n + h n ) = f (x 1,, x n ) + f (x 1,, x k 1, h k, x k+1,, x n ) + R (x, h) k=1 où R (x, h) est somme nie de vecteurs de la forme f (y 1,, y n ) avec au moins deux indices j k tels que (y j, y k ) = (h j, h k ). Comme f est n-linéaire continue, il existe une constante M 0 telle que : n y E, f (y) M y k Dans le cas où il existe au moins deux indices j k tels que (y j, y k ) = (h j, h k ), on a : n n f (y) M h k h k y k M h 2 y k i/ {j,k} k=1 i/ {j,k} En conséquence, il existe une constante α x telle que pour h 1, on ait : On a donc : f (x + h) = f (x 1,, x n ) + R (x, h) α x h 2 k=1 f (x 1,, x k 1, h k, x k+1,, x n ) + h o (h) k=1 ce qui signie que f est diérentiable en x et nous donne la diérentielle. L'application n-linéaire f étant continue, il en est de même des applications linéaires h f (x 1,, x k 1, h k, x k+1,, x n ), donc df (x) est linéaire continue.

5 Fonctions diérentiables 1135 On déduit de l'exercice précédent que l'application : det : M n (R) R qui est n-linéaire (alternée) et continue est de classe C 1 sur M n (R) avec : d (det) (X) (H) = det (X 1,, X k 1, H k, X k+1,, X n ) k=1 en désignant pour toute matrice X M n (R) par X k sa colonne k (voir l'exercice pour une autre expression de cette diérentielle). Exercice 45.3 Soit (E, ) un espace préhilbertien. Montrer que l'application f : x x = x x est diérentiable sur E \ {0} avec, pour tout x E \ {0} et tout h E : df (x) (h) = x h x Solution 45.3 Pour x, h dans E, on a : soit : x + h 2 = x x h + h 2 x + h 2 x 2 = ( x + h x ) ( x + h + x ) = 2 x h + h 2 et pour x 0, h < x (de sorte que x + h 0), on a : ce qui nous donne : x + h x 2 x h x + h x = x + h + x + h 2 x + h + x x h 2 x = x x + h + x + h 2 x + h + x x h x = x h x = ( ) 2 x x + h + x 1 + x h x x + h x x + h + x + h 2 x + h + x h 2 x + h + x et en utilisant l'inégalité de Cauchy-Schwarz : x h x + h x x h x x + h x x x + h + x + h 2 x + h + x x x + h h x + h + x + h 2 x + h + x x x + h + h h x + h + x

6 1136 Fonctions de plusieurs variables : diérentielle... On a donc : 1 h x h x + h x x ce qui signie que f est diérentiable en x avec : Pour tout h E, on a : df (x) : h df (x) (h) = x x + h + h x + h + x x h x x h x h 0 h 0 donc la forme linéaire df (x) est bien continue avec df (x) 1. Et comme df (x) (x) = x, on déduit que df (x) = 1. En utilisation le théorème sur la diérentiabilité d'une composée de deux fonctions, on peut résoudre l'exercice précédent de façon plus simple (voir l'exercice?? Exercice 45.4 Montrer qu'une norme n'est jamais diérentiable en 0. Solution 45.4 Soit f : x x. Si f est diérentiable en 0, en notant u = df (0), on a alors : f (h) f (0) u (h) h u (h) lim = lim = 0 h 0 h h 0 h u (h) ce qui revient à dire que lim = 1. On ne peut donc avoir u = 0 et il existe x E tel que h 0 h x = 1 et u (x) 0. On a donc : t soit lim t 0 t = 1, ce qui est impossible. u (x) u (tx) lim t 0 tx = lim t t 0 t u (x) = 1 Pour ce qui concerne les opérations sur les fonctions diérentiables [resp. de classe C 1 ] on a les résultats suivants. Théorème 45.4 Soient O un ouvert non vide de E et f, g deux fonctions de O dans F. Si ces fonctions sont diérentiables en a O, il en est alors de même de λf + g pour tout réel λ et on a : d (λf + g) (a) = λdf (a) + dg (a) Démonstration. Il existe deux fonctions ε 1, ε 2 dénies sur une boule ouverte B (0, η) de centre 0 et de rayon η > 0 telle que : et : h B (0, η), lim ε k (h) = 0 (k = 1, 2) h 0 { f (a + h) = f (a) + df (a) (h) + h ε1 (h) g (a + h) = g (a) + dg (a) (h) + h ε 2 (h)

7 Fonctions diérentiables 1137 ce qui nous donne, pour h B (0, η) : (λf + g) (a + h) = (λf + g) (a) + (λdf (a) + dg (a)) (h) + h ε (h) avec : ε (h) = λε 1 (h) + ε 2 (h) 0 h 0 ce qui nous donne le résultat annoncé. Théorème 45.5 Soient O un ouvert non vide de E et f, g deux fonctions de O dans R (ou plus généralement dans une algèbre normée F). Si ces fonctions sont diérentiables en a O, il en est alors de même de f g et on a : h E, d (f g) (a) (h) = f (a) dg (a) (h) + df (a) (h) g (a) Démonstration. En utilisant les notations de la démonstration précédente, on a pour h B (0, η) : (f g) (a + h) = f (a + h) g (a + h) = (f (a) + df (a) (h) + h ε 1 (h)) (g (a) + dg (a) (h) + h ε 2 (h)) = (f g) (a) + f (a) dg (a) (h) + df (a) (h) g (a) + h ε (h) avec : ε (h) = f (a) ε 2 (h) + 1 h df (a) (h) dg (a) (h) + df (a) (h) ε 2 (h) + ε 1 (h) (g (a) + dg (a) (h) + h ε 2 (h)) Les applications linéaires df (a) et dg (a) étant continues et F étant une algèbre normée, on a : df (a) (h) dg (a) (h) df (a) dg (a) h 2 = o ( h ) ce qui nous donne lim h 0 ε (h) = 0 et le résultat annoncé. On déduit des théorèmes précédents qu'une combinaison linéaire ou un produit (quand il a un sens) de fonctions de classe C 1 est de classe C 1. Exemple 45.3 Si E est de dimension nie égale à n 1 et B = (e i ) 1 i n est une base de E, alors toute fonction qui associe à x = x i e i E une expression polynomiale réelle f (x 1,, x n ) est de classe C 1 sur E puisque les projections dx i : x x i sont des applications linéaires continues. Exemple 45.4 L'expression du déterminant det (X) = σ S n ε (σ) l'application det est de classe C 1 sur M n (R) puisqu'elle est polynomiale. n x i,σ(i) nous montre que Théorème 45.6 Soient O un ouvert non vide de E, O un ouvert non vide de F, f : O O, G un espace normé et g : O G. Si f est diérentiable en a O et g diérentiable en b = f (a) O, la fonction g f est alors diérentiable en a avec : d (g f) (a) = dg (f (a)) df (a)

8 1138 Fonctions de plusieurs variables : diérentielle... Démonstration. L'application linéaire dg (f (a)) df (a) est linéaire continue comme composée d'applications linéaires continues. Pour η > 0 assez petit et h, k dans B (0, η), on a : f (a + h) = f (a) + df (a) (h) + h ε 1 (h) g (b + k) = g (b) + dg (b) (k) + k ε 2 (k) avec lim ε 1 (h) = 0 et lim ε 2 (k) = 0. h 0 k 0 Avec : df (a) (h) + h ε 1 (h) h ( df (a) + ε 1 (h) ) 0 h 0 on déduit qu'il existe η 1 ]0, η[ tel que : On a alors, pour tout h B (0, η 1 ) : h B (0, η 1 ), df (a) (h) + h ε 1 (h) < η g f (a + h) = g (f (a) + df (a) (h) + h ε 1 (h)) = g (b) + dg (b) (df (a) (h)) + h dg (b) (ε 1 (h)) + df (a) (h) + h ε 1 (h) ε 2 (df (a) (h) + h ε 1 (h)) = g (b) + dg (b) (df (a) (h)) + h ε 3 (h) en posant ε 3 (0) = 0 et pour h B (0, η 1 ) \ {0} : ε 3 (h) = dg (b) (ε 1 (h)) + df (a) (h) + h ε 1 (h) ε 2 (df (a) (h) + h ε 1 (h)) h On a : lim dg (b) (ε 1 (h)) = 0 h 0 puisque dg (b) est continue et lim ε 1 (h) = 0 : h 0 lim ε 2 (df (a) (h) + h ε 1 (h)) = 0 h 0 puisque df (a) est continue et lim k 0 ε 2 (k) = 0 et : df (a) (h) + h ε 1 (h) h ( df (a) + ε 1 (h) ) Il en résulte que lim h 0 ε 3 (h) = 0, ce qui nous donne le résultat annoncé. On peut écrire plus rapidement, en exploitant le fait que df (a) et dg (f (a)) sont linéaires continues : g f (a + h) = g (f (a) + df (a) (h) + o ( h )) = g (f (a)) + dg (f (a)) (df (a) (h) + o ( h )) + o ( h ) = g (f (a)) + dg (f (a)) (df (a) (h)) + o ( h ) Corollaire 45.1 Soient I un intervalle réel non réduit à un point, O un ouvert non vide de E, f : I O et g : O F. Si f est dérivable en a I et g diérentiable en b = f (a), la fonction g f : I F est alors dérivable en a avec : (g f) (a) = dg (f (a)) (f (a))

9 Fonctions diérentiables 1139 Démonstration. Si f est dérivable en a, elle est alors diérentiable en ce point et pour g diérentiable en f (a), la composée g f est diérentiable, donc dérivable en a, avec : (g f) (a) = d (g f) (a) (1) = dg (f (a)) df (a) (1) = dg (f (a)) (df (a) (1)) = dg (f (a)) (f (a)) Exercice 45.5 Soit (E, ) un espace préhilbertien. 1. Montrer que l'application g : x x 2 = x x est diérentiable sur E \ {0} avec, pour tous x E \ {0} et tout h E : dg (x) (h) = 2 x h 2. En déduire que l'application f : x x est diérentiable sur E \ {0} avec, pour tous x E \ {0} et tout h E : x h df (x) (h) = x Solution Pour x, h dans E, on a : x + h 2 = x x h + h 2 ce qui prouve que g est diérentiable sur E \ {0} avec, pour tout x E \ {0} et tout h E : dg (x) (h) = 2 x h 2. Il en résulte que f = g est diérentiable sur E \ {0} comme composée f = φ g, où φ : t R +, t et on a, pour tout x E \ {0} : df (x) = dφ (g (x)) dg (x) avec dφ (t) = φ (t) = 1 2, donc, pour tout h E : t df (x) (h) = 1 2 g (x) dg (x) (h) = x h x Le théorème de composition des applications diérentiables nous permet de montrer le résultat suivant pour F = R n. Théorème 45.7 Soient O un ouvert non vide de E et f : x O f (x) = (f 1 (x),, f n (x)) R n. La fonction f est diérentiable en a O si, et seulement si, chaque fonction f i : O R est diérentiable en a. Dans ce cas, on a : h E, df (x) (h) = (df 1 (x),, df n (x))

10 1140 Fonctions de plusieurs variables : diérentielle Dérivée suivant un vecteur, dérivées partielles Soient E, F deux espaces normés, O un ouvert non vide de E et f : O F. Étant donnés a O, v E \ {0} et η > 0 tel que B (a, η) = {x E x a < η} O (O est ouvert), on leur associe la fonction : ] φ a,v : t η [ v, η f (a + tv) v ] (on a (a + tv) a = t v < η pour t η [ v, η ). v Dénition 45.4 On dit que f admet une dérivée partielle en a suivant la direction dénie par le vecteur v (ou suivant le vecteur v), si la fonction φ a,v est dérivable en 0. On note alors : f v (a) = φ 1 a,v (0) = lim t 0 t (φ 1 a,v (t) φ a,v (0)) = lim (f (a + tv) f (a)) t 0 t Théorème 45.8 Si f est diérentiable en a, elle admet alors une dérivée partielle en a suivant tout vecteur v E \ {0} et cette dérivée partielle est donnée par : f v (a) = df (a) (v) Démonstration. Pour t R voisin de 0, on a : ( f (a + tv) f (a) = df (a) (tv) + tv ε (tv) = t df (a) (v) + t ) v ε (tv) t avec lim t 0 ε (tv) = 0, ce qui nous donne, compte tenu de t t = 1 : 1 lim (f (a + tv) f (a)) = df (a) (v) t 0 t Remarque 45.4 La réciproque du théorème précédent est fausse. Une fonction peut admettre des dérivées partielles suivant toutes les directions sans être diérentiable ni même continue (alors que pour les fonctions d'une variable réelle, la dérivabilité entraîne la continuité). Exercice 45.6 Montrer que la fonction : f : R 2 R (x, y) xy 2 x 2 + y 2 si (x, y) (0, 0) 0 si (x, y) = (0, 0) est continue en (0, 0), admet une dérivée partielle suivant toute direction en (0, 0) et n'est pas diérentiable en ce point.

11 Dérivée suivant un vecteur, dérivées partielles 1141 Solution 45.6 Pour (x, y) (0, 0), on a xy x2 + y 2 f (x, y) y 2 2 et : 0 = f (0, 0) (x,y) (0,0) donc f est continue en (0, 0). Pour tout vecteur v = (α, β) dans R 2 \ {(0, 0)} et tout réel t R, on a : f (tα, tβ) f (0, 0) t = αβ2 α 2 + β 2 donc f admet une dérivée partielle suivant v en (0, 0) donnée par f v (0, 0) = αβ2 α 2 + β. 2 Si f était diérentiable en (0, 0), on aurait f v (0, 0) = df (0, 0) (v) et l'application v f v (0, 0) = αβ 2 serait linéaire, ce qui n'est pas. Donc f n'est pas diérentiable en (0, 0). α 2 + β2 Exercice 45.7 Montrer que la fonction : f : R 2 R { y e x (x (x, y) 2 + y 2 ) si x 0 0 si x = 0 admet une dérivée partielle suivant toute direction en (0, 0) et n'est pas continue en ce point. Solution 45.7 Pour tout vecteur v = (α, β) dans R 2 avec α 0 et tout réel t R, on a : f (tα, tβ) f (0, 0) t = te β α ( α 2 + β 2) t 0 0 et pour tout vecteur v = (0, β) dans R 2 avec β 0 et tout réel t R, on a : f (0, tβ) f (0, 0) t = 0 t 0 0 La fonction f admet donc une dérivée partielle suivant toute direction en (0, 0), cette dérivée étant nulle. Comme : f ( t 2, t ) = e 1 t t 2 ( t ) t la fonction f n'est pas continue en (0, 0). Dans le cas particulier où E = R n, en désignant par (e i ) 1 i n sa base canonique, les dérivées suivant les vecteurs de base e i, quand elles existent, sont appelées dérivées partielles. Précisément, on donne la dénition suivante. Dénition 45.5 Soient O un ouvert non vide de R n, f : O F, a un point dans O et i un entier compris entre 1 et n. On dit que f admet une dérivées partielle par rapport à la variable x i si elle admet une dérivée partielle en a suivant le vecteur de base e i. On note alors x i (a) cette dérivée partielle.

12 1142 Fonctions de plusieurs variables : diérentielle... On a donc, en cas d'existence de la dérivée partielle : (a) = f 1 e x i (a) = lim i t 0 t (f (a + te i) f (a)) ce qui revient à dire que x i (a) est la dérivée en a i de la fonction : x i f (a 1,, a i 1, x i, a i+1,, a n ) qui est dénie sur un voisinage ouvert de a i (on xe les a j pour j i et on dérive par rapport à x i ). Si la dérivée partielle (x) est dénie en tout point de O, l'application : x O x i x i (x) est la i-ème dérivée partielle de f. x i Théorème 45.9 Soient O un ouvert non vide de R n, f : O F et a un point dans O. Si f est diérentiable en a, elle admet alors des dérivées partielles en a par rapport à chacune des variables x i (1 i n) et on a : Démonstration. On a : et pour tout h = h i e i, on a : h R n, df (a) (h) = h i x i (a) x i (a) = f e i (a) = df (a) (e i ) df (a) (h) = h i df (a) (e i ) = h i x i (a) Dans le cas particulier où F = R, en notant (dx i ) 1 i n la base duale de la base canonique (e i ) 1 i n (dx i est la forme linéaire dénie sur R n par dx i (x) = x i pour tout x = x k e k ), le théorème précédent se traduit par : ou encore par l'égalité : dans le dual de R n. h R n, df (a) (h) = df (a) = x i (a) dx i (h) x i (a) dx i Dénition 45.6 Soient O un ouvert non vide de R n et f : O R une fonction diérentiable. On dit qu'un point a O est régulier si df (a) 0 et on dit que c'est un point critique si df (a) = 0. k=1

13 Dérivée suivant un vecteur, dérivées partielles 1143 On a vu que si f est diérentiable sur un ouvert O de R n, elle est alors continue et admet des dérivées partielles suivant toute direction en tout point de O, la réciproque étant fausse. Exercice 45.8 Montrer que la fonction : f : R 2 R { xy si (x, y) (0, 0) (x, y) x 2 + y 2 0 si (x, y) = (0, 0) admet une dérivée partielle par rapport à x et y en (0, 0) et n'est pas diérentiable en ce point. Solution 45.8 Avec : f (x, 0) f (0, 0) x = f (0, y) f (0, 0) y = 0 pour x 0 et y 0, on déduit que (0, 0) = (0, 0) = 0 et avec : x y f (x, λx) = λ 1 + λ 2 x 0 λ 1 + λ 2 pour tout réel λ, on déduit que f n'est pas continue en (0, 0) et en conséquence, elle n'est pas diérentiable en ce point. On a quand même le résultat important suivant. Théorème Soient O un ouvert de R n et f : O F admettant des dérivées partielles par rapport à toutes les variables en tout point de O. Si ces dérivées partielles sont continues en un point a de O, f est alors diérentiable en a. Démonstration. On se place dans le cas d'une fonction de deux variables à valeurs réelles et on note (x, y) les variables. En supposant que x, existent en tout point de O et qu'elles y sont continues en (a, b), il s'agit de montrer, en notant : que : Pour ce faire on écrit que : h = x a, k = y b, p = (a, b), q = (a, b) x y f (x, y) = f (a, b) + ph + qk + o ( h + k ) f (x, y) f (a, b) = f (x, y) f (x, b) + f (x, b) f (a, b) et en utilisant le théorème des accroissements nis, on a : f (x, y) f (x, b) = (y b) y (x, c x,y) f (x, b) f (a, b) = (x a) x (d x, b)

14 1144 Fonctions de plusieurs variables : diérentielle... avec c x,y compris entre y et b et d x compris entre a et x, de sorte que : ( f (x, y) f (a, b) ph qk = h x (d x, b) ) (a, b) x ( + k y (x, c x,y) ) (a, b) y Avec la continuité des dérivées partielles en (a, b), on déduit que pour tout réel ε > 0 il existe un réel η > 0 tel que les conditions u a < η et v b < η entraînent (u, v) (a, b) x x < ε, (u, v) (a, b) y y < ε. On déduit alors que pour x a < η, y b < η on a : c'est-à-dire le résultat souhaité. f (x, y) f (a, b) ph qk < ( h + k ) ε, Remarque 45.5 Du théorème précédent, on déduit que si f admet des dérivées partielles sur O qui sont continues en a, alors f est continue en a. La seule existence des dérivées partielles n'entraîne par la continuité en a comme le montre l'exemple de la fonction dénie sur R 2 par : { xy si (x, y) (0, 0) f (x, y) = x 2 + y2 0 si (x, y) = (0, 0) Corollaire 45.2 Soient O un ouvert de R n et f : O F admettant des dérivées partielles par rapport à toutes les variables en tout point de O. La fonction f est de classe C 1 sur O si, et seulement si, toutes les dérivées partielles x i sont continues sur O. Exercice 45.9 Soit φ C 1 (R, R). 1. Montrer que l'application : f : R 2 R φ (y) φ (x) (x, y) y x φ (x) si x y si x = y est continue. 2. Montrer que si φ est deux fois dérivable en a, la fonction f est alors diérentiable en (a, a). Solution Si φ C 1 (R, R), on peut alors écrire, pour tous x, y dans R : et pour x y, on a : φ (y) φ (x) = y x φ (u) du = (y x) 1 0 φ (x + t (y x)) dt f (x, y) = φ (y) φ (x) y x = 1 0 φ (x + t (y x)) dt

15 Dérivée suivant un vecteur, dérivées partielles 1145 Pour y = x, on a aussi f (x, x) = φ (x) = 1 (x, y) R 2, f (x, y) = φ (x) dt. On a donc : φ (x + t (y x)) dt La fonction (x, y, t) φ (x + t (y x)) étant continue sur R 2 [0, 1] et l'intégration se faisant sur un segment, on en déduit que f est continue sur R Pour tout (h, k) R 2, on a : f (a + h, a + k) f (a, a) = 1 0 φ (a + h + t (k h)) φ (a) dt Comme φ est dérivable en a, il existe une fonction δ : R R telle que : z R, φ (z) φ (a) = (z a) (φ (a) + δ (z)) et lim z a δ (z) = 0, ce qui nous donne pour tout t [0, 1] : et : φ (a + h + t (k h)) φ (a) = (h + t (k h)) (φ (a) + δ (a + h + t (k h))) f (a + h, a + k) f (a, a) = φ (a) avec : R (h, k) = = φ (a) ( h + k ) ( h + k h ) (h + k) + R (h, k) 0 ((1 t) h + tk) δ (a + h + t (k h)) dt 1 0 (h + t (k h)) δ (a + h + t (k h)) dt δ (a + (1 t) h + tk) dt Comme lim z a δ (z) = 0, pour tout réel ε > 0, il existe un réel η > 0 tel que : donc pour (h, k) 1 = h + k < η, on a : u < η δ (a + u) < ε (1 t) h + tk (h, k) 1 < η et : 1 δ (a + (1 t) h + tk) dt ε On a donc ainsi montré que : 0 f (a + h, a + k) f (a, a) = φ (a) (h + k) + o ( (h, k) 2 1 ) ce qui signie que f est diérentiable en (a, a) de diérentielle : df (a, h) : (h, k) φ (a) 2 h + φ (a) k 2 et en conséquence : (a, a) = x y (a, a) = φ (a) 2 Dans le cas où φ C 2 (R, R), la fonction f est de classe C 1 sur R 2.

16 1146 Fonctions de plusieurs variables : diérentielle... Exercice Soit f : X M n (R) det (X). Cette application étant polynomiale, elle est de classe C. Pour toute matrice X M n (R), on désigne par C (X) la comatrice de X. Montrer que, pour tous X, H dans M n (R), on a : df (X) (H) = Tr ( H t C (X) ) = Tr ( t C (X) H ) Solution Comme f est de classe C sur M n (R), elle est diérentiable et : df (X) (H) = 1 i,j n x ij (X) h ij De l'identité X t C (X) = det (X) I n, en notant C (X) = ((c ij (X))) 1 i,j n, on déduit que, pour tout i compris entre 1 et n, on a : f (X) = det (X) = x ik c ik (X) k=1 et comme les cofacteurs d'indice (i, k), c ik (X) = ( 1) i+k det (X i,k ), où X ik M n 1 (R) est la matrice extraite de X en supprimant la ligne i et la colonne k ne dépendent pas de x ij, on en déduit que : (X) = c ij (X) x ij et : df (X) (H) = ( ) c ij (X) h ij = c ij (X) h ij = 1 i,j n j=1 ( ( h t ij C (X) ) ) = ji = Tr ( H j=1 ( H t C (X) ) ii t C (X) ) = Tr ( t C (X) H ) Dans le cas particulier où E est de dimension nie égale à n 1, B = (e j ) 1 j n est une base de E, F est de dimension nie égale à m 1 et B = (e i) 1 i m est une base de F, une fonction m f qui associe à x = x j e j O un vecteur f (x) = f i (x) e i est diérentiable en a O si, j=1 et seulement si, chaque fonction f i : O R est diérentiable en a et on a pour tout vecteur h = h j e j, on a alors : j=1 df (a) (h) = j=1 h j x j (a) = m i h j (a) e i = x j La matrice de df (a) dans las bases B et B est donc : (( )) i J f (a) = (a) M m,n (R) x j 1 i m 1 j n j=1 La matrice J f (a) est la matrice jacobienne de f en a. ( m ) i (a) h j x j j=1 e i

17 Dérivée suivant un vecteur, dérivées partielles 1147 Pour m = 1, on a : J f (a) = ( (a),, ) (a) x 1 x n et on retrouve le vecteur gradient g f (a) = t J f (a). Dans la cas particulier où E = R n, F = R m et G = R, le théorème de composition des applications diérentiables (théorème 45.6) nous dit que : (on utilise les bases canoniques), soit : ( f (a),, f ) (a) = x 1 x n ce qui équivaut à : f x j (a) = J g f (a) = J g (f (a)) J f (a) ( y 1 (f (a)),, m (f (a)) i (a) (1 j n) y i x j ) (( )) i (f (a)) (a) y m x j 1 i m 1 j n Exemple 45.5 Pour le passage en coordonnées polaires dans R 2, on utilise : f : O = ]0, + [ ]0, 2π[ R 2 (r, θ) (r cos (θ), r sin (θ)) et pour g : f (O) R diérentiable, on dénit h : O R par h (r, θ) = g (r cos (θ), r sin (θ)) = g f (r, θ) et on a : h (r, θ) = cos (θ) (r cos (θ), r sin (θ)) + sin (θ) (r cos (θ), r sin (θ)) r x y h (r, θ) = r sin (θ) (r cos (θ), r sin (θ)) + r cos (θ) (r cos (θ), r sin (θ)) θ x y ce qu'on écrit plus simplement : h en posant (x, y) = (r cos (θ), r sin (θ)). (r, θ) = cos (θ) (x, y) + sin (θ) (x, y) x y r h (r, θ) = r sin (θ) (x, y) + r cos (θ) (x, y) θ x y Exemple 45.6 Sur R 3, on dispose du passage en coordonnées sphériques : (x, y, z) = (r cos (θ) sin (φ), r sin (θ) sin (φ), r cos (φ)) et en notant g (x, y, z) = h (r, θ, φ), on a avec des hypothèses adaptées : h (r, θ, φ) = cos (θ) sin (φ) (x, y, z) + sin (θ) sin (φ) (x, y, z) + cos (φ) (x, y, z) r x y z h (r, θ, φ) = r sin (θ) sin (φ) (x, y, z) + r cos (θ) sin (φ) (x, y, z) θ x y h (r, θ, φ) = r cos (θ) cos (φ) (x, y, z) + r sin (θ) cos (φ) (x, y, z) r sin (φ) (x, y, z) φ x y z

18 1148 Fonctions de plusieurs variables : diérentielle... Pour n = m, la matrice jacobienne est carrée d'ordre n et son déterminant est le déterminant jacobien de f en a. Ce déterminant jacobien intervient dans la formule de changement de variable pour les intégrales multiples. Dénition 45.7 Soient O un ouvert non vide de E et O un ouvert non vide de F. Un C 1 - diéomorphisme de O sur O est une application bijective φ : O O qui est de classe C 1 sur O et telle que son inverse φ 1 soit aussi de classe C 1 sur O. Théorème Soient O, O deux ouverts non vides de R n et φ : O O un C 1 -diéomorphisme. Si f : O R est une fonction intégrable sur O telle que la fonction f φ det (J φ ) soit intégrable sur O, on a alors : f (y) dy = f (φ (x)) det (J φ (x)) dx O O Démonstration. Voir S. Lang, Analysis Diérentielles d'ordre supérieur Dénition 45.8 On dit qu'une fonction f dénie sur un ouvert non vide O de E et à valeurs dans F est deux fois diérentiable sur O si elle est diérentiable sur O et si df : O L c (E, F ) est diérentiable sur O. On note alors d 2 f = d (df). Quand elle existe, d 2 f (x) est une application linéaire continue de E dans L c (E, F ). Dénition 45.9 On dit qu'une fonction f dénie sur un ouvert non vide O de E et à valeurs dans F est de classe C 2 sur O si elle est deux fois diérentiable sur O et si d 2 f est continue sur O. Par récurrence, on dénit les notions de fonctions p fois diérentiable [resp. de classe C p ] et de classe C sur O. Comme une fonction diérentiable est continue, on en déduit qu'une fonction p + 1 fois diérentiable sur O est de classe C p. Exemple 45.7 Une fonction constante sur E est de classe C. Exemple 45.8 Une application linéaire continue f L c (E, F ) est de classe C sur E avec df (x) = f pour tout x E et d p f (x) = 0 pour tout p 2 et tout x E puisque df est constante égale à f. Exemple 45.9 Une fonction f : O R m est p fois diérentiable [resp. de classe C p ] sur O si, et seulement si, chaque fonction f i : O R est p fois diérentiables [resp. de classe C p ] sur O. Exercice Soient E 1, E 2 des espaces normés et E = E 1 E 2 normé par : x = (x 1, x 2 ) E, x = max ( x 1, x 2 ) Montrer que toute application bilinéaire continue f de E dans F est de classe C sur E avec, pour tous x, h dans E : df (x) (h) = f (x 1, h 2 ) + f (h 1, x 2 ) d 2 f (x) (h) = df (h) p 3, d p f (x) (h) = 0

19 Diérentielles d'ordre supérieur 1149 Solution On a déjà vu que f est diérentiable sur E avec : df (x) (h) = f (x 1, h 2 ) + f (h 1, x 2 ) L'application df : x E df (x) L c (E, F ) est linéaire avec : df (x) (h) f (x 1, h 2 ) + f (h 1, x 2 ) f ( x 1 h 2 + h 1 x 2 ) f ( x 1 + x 2 ) h 2 f x h donc df (x) 2 f x et df est continue. Il en résulte que df est de classe C sur E avec d 2 f (x) = df et d p f = 0 pour tout p 3. Des résultats relatifs aux opérations sur les fonctions diérentiables, on déduit le suivant. Théorème Une combinaison linéaire, un produit (quand il a un sens), une composée d'applications p fois diérentiables [resp. de classe C p ] est p fois diérentiable [resp. de classe C p ]. Pour E = R n, on a pour f diérentiable sur O, df (x) (h) = h i (x) pour tout x O et x i tout h R n et dire que f est deux fois diérentiable sur O équivaut à dire que chaque fonction : O F est diérentiable sur O. Ces fonctions admettent donc des dérivées partielles qui x i sont les dérivées d'ordre 2 de f, à savoir les fonctions 2 f = ( ) pour 1 i, j n. x j x i x j x i Théorème Soient O un ouvert de R n et f : O F. La fonction f est de classe C 2 sur O si, et seulement si, elle admet des dérivées partielles d'ordre 1 et 2 en tout point de O et ces dérivées partielles sont toutes continues sur O. Théorème Soient O un ouvert de R n et f : O R deux fois diérentiable. Pour tout x O et tout h, k dans R n, on a : d 2 f (x) (h) (k) = 2 f (x) h i k j x j x i 1 i,j n Démonstration. On rappelle que df : O L c (E, F ). Pour tout x O et tout h R n, on a : ( ) d (df) (x) (h) = h i (df) (x) = h i (x) dx j x i x i x j=1 j ( ) 2 f = h i (x) dx j x j=1 i x j et : d 2 f (x) (h) (k) = ( ) 2 f h i (x) k j x j=1 i x j Avec les notations du théorème précédent, on peut remarquer que l'application (h, k) d 2 f (x) (h) (k) est bilinéaire, mais a priori pas symétrique, dans la mesure où l'existence des dérivées partielles d'ordre 2 n'assure pas l'égalité 2 f (x) = 2 f (x). x i x j x j x i On notera d 2 f (x) (h, k) pour d 2 f (x) (h) (k).

20 1150 Fonctions de plusieurs variables : diérentielle... Théorème (Schwarz) Soient O un ouvert de R n et f une fonction dénie sur O à valeurs réelles, diérentiable sur O et admettant sur O des dérivées partielles 2 f, pour x i x j tous i, j compris entre 1 et n, continues en un point a de O. Pour tous i, j compris entre 1 et n, on a : 2 f x y (a) = 2 f y x (a) Démonstration. On se contente du cas n = 2. Pour h, k strictement positifs tels que [a, a + h] [b, b + k] soit contenu dans O, on note : g (h, k) = f (a + h, b + k) f (a + h, b) f (a, b + k) + f (a, b). En notant φ (x) = f (x, b + k) f (x, b), on a g (h, k) = φ (a + h) φ (a) qui avec le théorème des accroissements nis s'écrit g (h, k) = hφ (a + θh), soit : ( ) g (h, k) = h (a + θh, b + k) (a + θh, b), x x ce qui peut s'écrire en utilisant à nouveau le théorème des accroissements nis : g (h, k) = hk 2 f y x (a + θh, b + θ k). En procédant de manière analogue avec la fonction ψ dénie par ψ (y) = f (a + h, y) f (a, y), on a : ( ) g (h, k) = ψ (b + k) ψ (b) = k (a + h, b + ηk) (a, b + ηk) y y = hk 2 f x y (a + η h, b + ηk). Ce qui donne 2 f y x (a + θh, b + θ k) = 2 f x y (a + η h, b + ηk) où les réels θ, θ, η, η sont dans ]0, 1[. En faisant tendre (h, k) vers (0, 0) et en utilisant la continuité des dérivées partielles d'ordre 2, en on déduit que 2 f x y (a, b) = 2 f (a, b). y x L'exemple de la fonction f dénie sur R 2 par f (0, 0) = 0 et f (x, y) = xy (x2 y 2 ) pour x 2 + y 2 (x, y) (0, 0) nous montre que le résultat précédent est faux si on en enlève l'hypothèse de continuité des dérivées partielles d'ordre 2 (voir l'exercice qui suit). Plus nement, on a le résultat suivant. Théorème (Schwarz) Soient O un ouvert de R n diérentielle d'ordre 2 en a O, on a alors entre 1 et n. 2 f x i x j (a) = et f : O R. Si f admet une 2 f (a) pour tous i, j compris x j x i Démonstration. Voir Cartan, pages 65 à 67. On déduit du théorème de Schwarz que si f : O R n R est deux fois diérentiable en a O, la forme bilinéaire d 2 f (a) est alors symétrique.

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