Fonctions de plusieurs variables et changements de variables

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1 Notes du cours d'équations aux Dérivées Partielles de l'isima, première année Fonctions de plusieurs variables et changements de variables Gilles Leborgne juin 006 Table des matières Rappels sur les fonctions R R Continuité Notations de Landau o et O 5 3 Dérivation 6 4 Dérivation de produits et de composées 8 5 Théorème des accroissements nis dans R 9 6 Primitives et intégrales 7 Dérivation d'ordre supérieur 8 Développement limité d'un polynôme 3 9 Développements limités : formules de Taylor 3 9 Formule de Taylor avec reste intégral 4 9 Corollaire : formules de Taylor avec o et O 4 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires 5 Continuité 5 Dérivation 6 Dérivée directionnelle 6 Fonction dérivable, diérentielle, gradient 7 3 Interprétation géométrique du gradient 3 En terme de plus grande pente 3 En terme de normale au graphe 4 Règles de dérivation 3 5 Théorème des accroissements nis 3 6 Dérivées d'ordres supérieurs, hessien, théorème de Schwarz 4 7 Formule de Taylor dans R n 6 3 Fonctions de plusieurs variables à valeurs vectorielles 8 3 Introduction et continuité 8 3 Dérivations et matrice jacobienne 9 33 Composition et dérivations : produit des jacobiennes 30 4 Théorème des accroissements nis : cas de R n 33 5 Théorème du point xe de Banach 35 6 Théorème d'inversion locale 37 7 Théorème des fonctions implicites 40 7 Cas des fonction R R R 40 7 Cas des fonction R n R m R m 4 7 Développement limités, fonction R n R m R 4 7 Développement limités, fonction R n R m R p Application : fonction R n R m R m 43 8 Changement de variables 45 8 Dénitions et résultats 45 8 Changement de variables 45 8 Coordonnées polaires Coordonnées cylindriques Coordonnées sphériques 48 8 Exemples Formules de changement de base Rappel : changement de vecteurs Rappel : changement de coordonnées 5 juin 006

2 Rappels sur les fonctions R R 9 * Complément 53 9 Matrices jacobiennes et interprétation 53 9 Système de coordonnées, lignes de coordonnées Base du système de coordonnées Les dérivées dans les nouvelles coordonnées Les dérivées secondes dans les nouvelles coordonnées et le laplacien Formules de changement de base Formules de changement de variables dans la base du système de coordonnées Le gradient dans la base de coordonnées Divergence et rotationnel dans les nouvelles coordonnées 6 A Rappels de formules trigonométriques 67 B Quelques intégrales 67 C Quelques dérivées (et primitives usuelles 68 D Racines des polynômes de degré 3 et 4 69 Références bibliographiques 70 Rappels sur les fonctions R R Continuité On considère un intervalle I R, ie, I a l'une des formes suivantes : ], [(= R, ], b[, ], b], ]a, [, [a, [, ]a, b[, [a, b[, ]a, b], [a, b], où a et b sont deux réels tels que a < b (dans les quatre derniers cas Dénition Soit f : I R et x 0 I Alors f est continue en x 0 si : lim f(x = f(x 0 dans R ( x I x x 0 Quand on écrit x x 0, on sous-entend bien sûr que x I, sinon f(x n'aurait pas de sens; on ne précisera plus x I dans la suite, ie on écrira simplement lim x x0 f(x = f(x 0 On rappelle les notations : et déf lim f(x x a+ déf lim f(x x b = lim x>a x b = lim x<b x b f(x noté = f(a+, f(x noté = f(b Et la dénition donnée par ( contient la dénition de la continuité à droite et à gauche : si I = [a, b], f est continue à droite en a ssi : f(a+ = f(a, et f est continue à gauche en b ssi : f(b = f(b La continuité en x 0 s'écrit aussi (avec la valeur absolue dans R : lim f(x f(x 0 = 0 ( x x 0 0 Et en termes de quanticateurs, f continue en x 0 s'écrit : ε > 0, η > 0, x I : x x 0 < η = f(x f(x 0 < ε, qui s'énonce en français : En x 0, pour tout ε > 0 (sous-entendu aussi petit soit-il, il existe η > 0 (qui dépend de ε et de x 0 tel que, dès que x vérie x x 0 < η, on a f(x f(x 0 < ε, ou encore : en x 0, pour tout ε > 0 (sous-entendu aussi petit soit-il, il existe η > 0 (qui dépend de ε et de x 0 tel que, dès que x est dans l'intervalle ]x 0 η, x 0 +η[, on a f(x dans l'intervalle ]f(x 0 ε, f(x 0 +ε[ juin 006

3 3 Rappels sur les fonctions R R Dénition f est discontinue en x 0 ssi f n'est pas continue en x 0, ie ssi lim x x0 f(x f(x 0 Ou encore si : ε > 0, η > 0, x I tq : x x 0 < η et f(x f(x 0 ε Dénition 3 On dit que f : I R est continue dans I si f est continue en tout point x de I Cela s'écrit : x I, ε > 0, η > 0 : x I, x x < η = f( x f(x < ε Dénition 4 On appelle C 0 (I; R l'ensemble des fonctions continues f : I R, qu'on note simplement C 0 lorsqu'il n'y a pas de confusion possible Théorème 5 (des valeurs intermédiaires Soit f : I R une fonction continue dans I, soit a et b deux points de I tels que a < b Alors, si f(a < f(b on a : y 0 ]f(a, f(b[, x 0 ]a, b[, f(x 0 = y 0, (3 et si f(a > f(b, même résultat pour tout y 0 ]f(b, f(a[ Ie, si f est continue, alors toute valeur comprise entre f(a et f(b est atteinte En particulier, si f est continue sur I, alors f(i est un intervalle, à savoir l'un des intervalles [m, M], ]m, M], [m, M[ ou ]m, M[ où m = inf x I f(x et M = sup x I f(x Preuve Supposons f(a < f(b (sinon on travaille avec la fonction f Soit y 0 ]f(a, f(b[, soit S = {x ]a, b[ : f(x < y 0 } Ayant S [a, b], on dénit c [a, b] comme étant la borne supérieur de S : si x S alors x c, et si x > c alors f(x y 0 On commence par remarquer que c vérie a<c<b En eet, montrons par exemple que c a (même raisonnement pour c b : sinon c = a, et alors par dénition de c, pour tout x ]a, b[, on a f(x y 0 > f(a Mais alors lim x a+ f(x y 0 > f(a et f est discontinue en a, contraire à l'hypothèse f continue en a Donc c = a est impossible : on a c > a D'où trois cas possibles : - Soit f(c = y 0, et le théorème est démontré - Soit f(c < y 0, mais f étant continue en c, on a lim x c f(x = f(c et par dénition de c, lim x c+ f(x y 0 > f(c C'est absurde D'où f(c y 0 3- Soit f(c > y 0 Même démarche : c'est impossible Seul le cas - est possible, d'où (3 On en déduit que f(i est un intervalle : en eet, si y, y sont deux point de f(i (ie il existe x, x I tq f(x = y et f(x = y, alors tout point de l'intervalle [y, y ] est dans f(i, cf (3 Et f(i ]m, M[ Dénition 6 On dit que f : I R est uniformément continue dans I si la continuité de f se mesure indépendamment de (uniformément en x : ε > 0, η ε > 0 : x, x I, x x < η ε = f( x f(x < ε (On ne peut pas exprimer l'uniforme continuité en termes de limite Donc ici η ne dépend que de ε, pas de x : pour tout ε, il existe η tel que dès que x et x vérient x x < η ε, on a f( x f(x < ε Proposition 7 Si f est uniformément continue sur I, elle est continue en tout point x de I La réciproque est fausse, ie il existe un intervalle I de R et un fonction continue f : I R telle que f n'est pas uniformément continue Preuve On suppose f uniformément continue dans I Soit x I, alors l'uniforme continuité donne en particulier : ε > 0, η ε > 0 : x I, x x < η ε = f( x f(x < ε Ie f est continue en x La réciproque est fausse : prendre f : x ]0, ] x Cette fonction est bien sûr continue en tout point de ]0, ], mais elle n'est pas uniformément continue dans ]0, ] En eet, ε > 0, on prend ε =, tel que η > 0, x > 0 et y > 0, à savoir x = min(η, et y = x, et on a à la fois x y < η et f(x f(y ε (car x y = min( η, et f(x f(y = x x = x = max( η, =ε (Ou bien prendre f : R R dénie par f(x = x 3 juin 006

4 4 Rappels sur les fonctions R R Exemple 8 Montrer que la fonction f : x [0, ] f(x = x R est uniformément continue (sans se servir de la proposition suivante Réponse Regardons ce qui se passe au voisinage de x = 0, ie la continuité de en x = 0 : on veut x 0 = x < ε dès que x 0 = x < η On prend η = ε, et on a x < η donne bien x < ε (la fonction est continue à droite en 0 et on a caractérisé η en fonction de ε Montrons maintenant que si x x < ε alors x x < ε Pour ce, montrons que x x x x, ie que si x x alors x + x xx x x, ie si x x alors x xx 0 C'est immédiat Et si x < x on a x x = x x et de même x xx 0 Proposition 9 Une fonction f C 0 ([a, b], R (continue sur un compact est uniformément continue Preuve Supposons f non uniformément continue : ε > 0, η > 0, x [a, b], x [a, b], x x < η et f( x f(x ε Soit donc un tel ε Alors on xe n N et on pose η = n Puis on prend deux réels x n et x n tels que x n x n < η et f( x n f(x n ε On construit ainsi deux suites (x n et ( x n dans le compact [a, b] : on peut donc en extraire deux sous-suites convergentes qu'on notera encore, pour simplier les notations, (x n et ( x n Comme x n x n < n, les deux sous-suites convergent vers une même valeur, et vérient également f( x n f(x n ε Comme f est continue, ceci est impossible Donc f est bien uniformément continue Proposition 0 Si f : [a, b] R est continue, alors l'image f([a, b] est compacte (bornée et fermée, et f atteint son maximum et son minimum : x M [a, b] : f(x M = sup f(x, x m [a, b] : f(x m = inf f(x x [a,b] x [a,b] Preuve Le théorème des valeurs intermédiaires indique que f([a, b] est un intervalle, et il s'agit de montrer que cet intervalle est borné et fermé quand f est uniformément continue sur [a, b] (avec la proposition 9 Montrons que l'image f([a, b] est bornée L'intervalle [a, b] étant compact, f y est uniformément continue, et donc à ε xé, il existe η et donc il existe un nombre ni de points x 0 <x <<x n tels que x i+ x i < η et f(x i+ f(x i < ε (à savoir x i = a + i η b a pour i =,, n où n = partie entière de b a η points, quitte à prendre η susamment petit, ie tel que b a η Et donc pour tout x [a, b], il existe i [, n] tel que : x x i < η et f(x f(x i < ε Et donc : sup f(x max (f(x i + ε, pour tout x [a, b] : et f est bien bornée (ie son image x [a,b] i=,,n est bornée Montrons que f([a, b] est fermé Posons M = sup ( f(x, un tel sup existant dans R car f x [a,b] est bornée Il s'agit de montrer qu'il existe x M [a, b] tel que M = f(x M : par dénition du sup, il existe une suite (x n dans [a, b] telle que f(x n n M La suite (x n étant bornée dans le compact [a, b], elle admet une sous suite convergente x nk dans [a, b] Notons x M = lim x n k Sachant f continue, on a f(x nk f(x M, et on en déduit que M = f(x M, et k donc que M f([a, b] De même pour m = inf ( f(x f([a, b], ce qui prouve que f([a, b] x [a,b] est un intervalle fermé Remarque En appliquant le théorème des accroissements nis (voir plus loin, on montre que si f : I R est continue dérivable de dérivée bornée sur I, alors f est uniformément continue sur I 4 juin 006

5 5 Rappels sur les fonctions R R Notations de Landau o et O Dénition Soit x 0 R, et soit I intervalle de R tq x 0 I Étant données deux fonctions f et g de F(I; R, on dit que f est petit o de g au voisinage de x 0, et on note f = o(g au vois de x 0, ssi ε > 0, η > 0, x I, x x 0 < η f(x < ε g(x (4 On écrit également abusivement f(x = o(g(x au vois de x 0, et on dit que f est négligeable devant g au voisinage de x 0 Exemple 3 Avec g = R (la fonction constante valant sur R, on a f = o( R = noté o( au vois de x 0 ssi f(x x x0 0 (immédiat Dénition 4 Étant données deux fonctions f et g de F(R; R, on dit que f est petit o de g au voisinage de +, et on note f = o(g au vois de +, ssi : ε > 0, M > 0, x > M f(x < ε g(x (5 On encore, f = o(g au voisinage de + ssi F = o(g au voisinage de 0 où on a posé F (x = f( x et G(x = g( x Proposition 5 Soit x 0 I, et soit I intervalle de R tq x 0 I Étant données deux fonctions f et g de F(I; R, s'il existe une fonction ε : R R telle que ε(0 = 0 et qui est continue en 0 (donc ε(z z 0 0 et : alors f = o(g au voisinage de x 0 f(x = ε(x x 0 g(x, (6 Preuve Si une fonction ε vériant (6 existe, alors f(x ε(x x 0 g(x Et donc, pour ε > 0 donné, choisissant η > 0 tel que z < η implique ε(z < ε (un tel η existe par continuité de ε en 0, on obtient f(x ε g(x dès que x x 0 < η, d'où (4 En particulier, si g ne s'annule pas dans un voisinage de x 0, on a f est petit o de g au voisinage de x 0, et on note f = o(g au vois de x 0, ssi dans un voisinage de x 0 : f(x g(x = ε(x x f(x 0 ie lim x x 0 g(x = 0 On encore, si g ne s'annule pas dans un voisinage de x 0 sauf éventuellement en x 0 : lim x x 0 x x 0 f(x g(x = 0 noté f(x = lim x x 0 g(x, la dernière notation pour alléger l'écriture (sachant que la division par 0 est interdite Notation On note x n la fonction x x n dénie sur R Ainsi, si g(x = x n, si f = o(g au voisinage de x 0, on note f = o(x n au voisinage de x 0 Exemple 6 Toute fonction monôme f(x = x n avec n est o( au voisinage de x 0 = 0, où on a noté la fonction constante = sur R, car xn 0 x 0 Exemple 7 La fonction f(x = x n pour n est o(x au voisinage de 0 car xn f(x = o(x au voisinage de 0 x x 0 0 : on note Exemple 8 Si f est une fonction continue en x 0, alors f(x f(x 0 0 x x 0 et donc f(x f(x 0 = o(, ie, f(x = f(x 0 + o( au voisinage de x 0 (développement limité de f à l'ordre 0 au voisinage de x 0 Remarque 9 La notation de Landau n'est pas compatible avec l'addition, ie si f = o(g et si f = o(g, la conclusion f +f = o(g +g est fausse Par exemple prendre f (x = f (x = x et prendre g (x = x = g (x : ici on a g +g = 0 et (f +f (x = x o(0 = 0 5 juin 006

6 6 Rappels sur les fonctions R R Proposition 0 La notation de Landau est compatible avec la multiplication, ie si f = o(g au vois de x 0 alors fh = o(gh au vois de x 0 pour toute fonction h Et la notation de Landau est transitive, ie si f = o(g et g = o(h au vois de x 0 alors f = o(h au vois de x 0 Preuve Si f(x = ε(x x 0 g(x alors h(xf(x = ε(x x 0 h(xg(x Et si f(x = ε (x x 0 g(x et g(x = ε (x x 0 h(x alors f(x = (ε ε (x x 0 h(x, avec ε ε qui tend vers 0 quand x x 0 Dénition On dénit la notion de `comparable' ou de `grand O' comme suit : étant données deux fonctions f et g, on dit que f = O(g au voisinage d'un point x 0 ssi : C > 0, η > 0, x I, x x 0 < η, f(x C g(x et on note également f(x = O(g(x au voisinage de x 0 On dit aussi que f est (au plus du même ordre de grandeur que g au voisinage de x 0 3 Dérivation Dénition Soit f : I R, et soit x 0 I Quand la limite suivante existe dans R : f(x f(x 0 lim R, x x 0 (7 x x 0 f(x f(x ie quand il existe c R tel que c = lim 0 x x0 x x 0, on dit que f est dérivable en x 0, et on note c = f (x 0 Donc, si f est dérivable en x 0, on note : f(x f(x 0 lim = f (x 0 x x 0 x x 0 Quand on écrit x x 0, on sous-entend bien sûr que x I, sinon f(x n'aurait pas de sens Cette dénition contient donc la dénition de la dérivée à droite (ou dérivée par la droite correspondant au cas où x 0 = a (et donc I = [a, b[ ou [a, b] ou [a, [ notée : f(x f(x 0 lim = f f(x (x 0 + R, x x 0 ou encore 0 + h f(x lim = f (x 0 + (8 + x x 0 h 0+ h avec la notation immédiate : lim = lim x x 0 + x>x 0 De même pour la dérivée à gauche x x 0 Une dénition équivalente est : ou encore : f(x f(x 0 x x 0 f (x 0 = o( au vois de x 0, (9 f(x f(x 0 = f (x 0 + o( au vois de x 0, (0 x x 0 ou encore : f(x = f(x 0 + f (x 0 (x x 0 + o(x x 0 au vois de x 0, ( appelé développement limité de f à l'ordre au voisinage de x 0 La valeur f (x 0 est aussi appelée la pente de f en x 0 (= rapport côté opposé/côté adjacent : f y (x 0 = pente en x 0 = lim x x 0 x, où on a noté y = f(x f(x 0 et x = x x 0 On a le résultat immédiat : Proposition 3 Si f est dérivable en x 0, alors f est continue en x 0 6 juin 006

7 7 Rappels sur les fonctions R R Preuve Par hypothèse, f(x = f(x 0 + (x x 0 f (x 0 + o(x x 0, et donc, si x x 0 on a bien f(x f(x 0 Si les valeurs f (x 0 existent pour tous les x 0 I, où I R, on dénit la fonction dérivée par : f : { I R x f (x Exemple 4 L'application ane f(x = ax + b est dérivable en tout point x R, et a pour dérivée f (x = a =constante pour tout x R (calcul immédiat Et la représentation de f dans R R = R par son graphe {(x, f(x : x R} est une droite de pente a passant par le point (0, b Exemple 5 L'application f(x = x est dérivable sur R {0} En 0, la limite à droite est +, et la limite à gauche est Cette fonction n'est donc pas dérivable en 0 Exemple 6 L'application f(x = x n pour n N est dérivable en tout point x 0 R, et sa dérivée en x 0 est f (x 0 = nx0 n (pour n En eet : x n x n 0 = (x x 0 (x n + x n x xx n 0 + x n 0 ( et donc xn x n 0 x x 0 polynomiale est dérivable sur R, et sa dérivée est immédiate à calculer tend vers nx n 0 quand x tend vers x 0 Et par linéarité on déduit que toute fonction Exemple 7 L'application exponentielle x exp(x = e x est dénie comme étant la fonction qui est égale à sa dérivée en tout point x R, ie, pour tout x R, on a exp (x = exp(x On note C (I; R l'ensemble des fonctions f : I R qui sont dérivables sur I de dérivée f continue sur I (ie f C 0 (I; R, et on note simplement C lorsqu'il n'y a pas de confusion possible Remarque 8 Une fonction f peut être continue dans tout R et dérivable dans tout R sans que sa dérivée soit continue dans tout R : par exemple, f dénie sur R par f(x = x sin( x en et 0 par f(0 = 0 est continue sur R Cette fonction est dérivable sur R de dérivée f (x = x sin( x cos( x, et cette dérivée n'est pas prolongeable par continuité en 0 Pourtant f (0 existe et vaut 0 car f(x f(0 x 0 = x sin( x vers tend 0 quand x 0 Cette fonction est donc dérivable en 0 sans que sa dérivée f soit une fonction continue en 0 Les fonctions dérivables n'ont donc pas forcément leurs dérivées continues La dérivation est l'opération qui consiste à calculer la dérivée Etant donné que a+b c = a c + b c dans R dès que c 0, on a immédiatement le théorème : Théorème 9 L'opération de dérivation est une opération linéaire, ie, si f et g sont deux applications dérivables en x et si λ R alors : (f + λg (x = f (x + λg (x (3 Dénition 30 Si f est dérivable en x 0, alors la fonction ane dénie par : g x0 (x = f(x 0 + f (x 0 (x x 0, (4 ie par : g x0 (x = ax + b avec a = f (x 0 et b = f(x 0 f (x 0 x 0, (5 est appelée application ane tangente à f en x 0 Son graphe dans R est une droite tangente en x 0 au graphe de f Dénition 3 Deux fonctions f : R R et g : R R sont dites tangentes en un point x 0 ssi : f(x g(x lim = 0 x x 0 x x 0 En particulier, si g est ane, alors g s'écrit g(x = a(x x 0 + b où g(x 0 = b et g (x 0 = a, et si f est dérivable en x 0, alors f(x = f(x 0 + (x x 0 f (x 0 + o(x x 0 au voisinage de x 0 Et on retrouve immédiatement que si g est tangente à f alors on doit avoir g(x 0 = f(x 0 et g (x 0 = f (x 0, et le graphe de g est la droite tangente au graphe de f en x 0 7 juin 006

8 8 Rappels sur les fonctions R R 4 Dérivation de produits et de composées On rappelle que si f et g sont deux fonctions dénies sur un même intervalle I, alors le produit fg est la fonction dénie sur I par fg(x = f(xg(x Si de plus g ne s'annule pas sur I, alors f g est la fonction dénie par f f(x g (x = g(x Et si g est dénie sur f(i, alors g f est la fonction dénie sur I par (g f(x = g(f(x Voici quelques règles usuelles de dérivation : Théorème 3 Soient f et g deux fonctions dérivables en x R Alors, le produit fg est dérivable en x, et si g (x 0 alors f g est dérivable en x, et : (i (ii (fg (x = f (xg(x + f(xg (x, ( f (x = f (xg(x f(xg (x g g(x (6 En particulier, ( g (x = g (x g(x Et si f est dérivable en x, et si g est dérivable en y = f(x, alors g f est dérivable en x et : (iii (g f (x = g (yf (x = g (f(xf (x (7 En particulier, si f est inversible au voisinage de x, si f (x 0, et si f est dérivable en y = f(x, alors : (iv (f (y = f (x = f (f (y (8 Preuve Soit x 0 R Démontrons (i, ie, cherchons si la limite suivante existe : f(xg(x f(x 0 g(x 0 lim x x 0 x x 0 (9 On a : f(xg(x f(x 0 g(x 0 = (f(x f(x 0 g(x + f(x 0 (g(x g(x 0 x x 0 x x 0 x x 0 Mais g continue et dérivable en x 0 et f est dérivable en x 0 et donc : (0 f(xg(x f(x 0 g(x 0 x x 0 = (f (x 0 + o((g(x 0 + o( + f(x 0 (g (x 0 + o( ( L'opération passage à la limite étant linéaire, et la limite d'un produit étant égal aux produits des limites, on déduit l'existence de la limite et (i De même pour (ii quand f = : on a g(x g(x 0 x x 0 = g(x 0 g(x x x 0 g(xg(x 0 ( d'où l'existence de la limite et (ii quand f = Puis (ii découle de cette dernière formule et de (i puisque f g = f g Pour (iii, cherchons l'existence de la limite quand x x 0 de : g(f(x g(f(x 0 x x 0 = g(y g(y 0 x x 0, (3 où on a posé y = f(x et y 0 = f(x 0 Comme g est dérivable en y 0, il vient : g(y = g(y 0 + g (y 0 (y y 0 + o(y y 0 = g(y 0 + g (y 0 (f(x f(x 0 + o(f(x f(x 0 (4 Et la dérivabilité de f en x 0 s'écrit f(x f(x 0 = f (x 0 (x x 0 + o(x x 0 D'où : g(y = g(y 0 + g (y 0 [f (x 0 (x x 0 + o(x x 0 ] + o(f (x 0 (x x 0 + o(x x 0 (5 Et on obtient : g(y g(y 0 = g (y 0 f (x 0 (x x 0 + o(x x 0, (6 ie la dérivée de g f en x 0 vaut g (y 0 f (x 0 8 juin 006

9 9 Rappels sur les fonctions R R Enn pour (iv, si f est dérivable en y = f(x avec f dérivable en x, de (f f (y = y on déduit : f (f (y(f (y =, ie (8 Remarque 33 Dans la dérivation de fonctions composées, il fallait comparer l'accroissement g(f(x g(f(x 0 avec l'accroissement x x 0 Formellement, on aurait pu écrire : g(f(x g(f(x 0 = g(f(x g(f(x 0 x x 0 f(x f(x 0 f(x f(x 0 x x 0 g (f(x 0 f (x 0 (7 ce qui aurait donner directement le résutat Cependant, il se peut que la fonction f oscille beaucoup autour de x 0, et on ne peut pas alors diviser par f(x f(x 0 (exemple : f(x = x sin( x avec f(0 = 0 C'est pourquoi on a composé les accroissements sans faire apparaître f(x f(x 0 au dénominateur Théorème 34 (Leibniz Si f et g sont n-fois dérivables en x alors fg est n-fois dérivable en x et : n ( n (fg (n (x = f (k (xg (n k (x (8 k k=0 où les ( n k = n! k!(n k! = Ck n sont les coecients binomiaux Preuve Démonstration par récurrence, sachant que ( n k + ( ( n k = n k (règle du triangle de Pascal 5 Théorème des accroissements nis dans R Théorème 35 (Fermat Si f : [a, b] R présente un extremum local (minimum ou maximum en x 0 ]a, b[ et si f est dérivable en x 0, alors f (x 0 = 0 Preuve Supposons f maximale en x 0 : f(x f(x 0, donc f f(x f(x 0 (x 0 + = x>x0 lim 0 et x x x x 0 0 f (x 0 = x<x0 lim 0 Comme f est dérivable en x 0 on a f (x 0 + = f (x 0 = f (x 0 x x 0 Donc f (x 0 = 0 Et si f a un minimum en x 0, alors f est maximum en x 0 et f (x 0 = 0 x x 0 f(x f(x 0 Exercice 36 Montrer le théorème dit de Darboux : si f est dérivable sur [a, b], si f (a < f (b et si λ est tel que f (a < λ < f (b, alors il existe ξ ]a, b[ tel que λ = f (ξ Réponse L'inconnue du problème est un point ξ tel que f (ξ = λ, ie tq f (ξ λ = 0 Soit g(x = f(x λx de dérivée g (x = f (x λ On cherche donc un point ξ où g admet un extremum g est continue sur [a, b] et donc y atteint son maximum en un point ξ g étant dérivable, le théorème de Fermat indique que g (ξ = 0 = f (ξ λ Théorème 37 (Rolle Si f est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[, et si f(a = f(b alors il existe ξ ]a, b[ tel que f (ξ = 0 Preuve f étant continue sur [a, b] y admet un extremum local, et f étant dérivable, on applique le théorème de Fermat Théorème 38 (des accroissements nis Si f : [a, b] R est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[, alors : c ]a, b[, = f (c (9 f(b f(a b a Ie, il existe c ]a, b[ tel que f (c soit la pente moyenne Ou encore : θ ]0, [, f(b f(a = (b af (a+θ(b a 9 juin 006

10 0 Rappels sur les fonctions R R (Ce théorème est aussi parfois appelé théorème de Lagrange Et le point c = a+θ(b a s'écrit aussi c = ( θa+θb, qui est l'écriture usuelle du barycentre de a et b Preuve La droite joignant a et b a pour équation y = f(a + f(b f(a b a (x a On considère alors la fonction g(x = f(x f(a f(b f(a b a (x a, qui vérie g(b = g(a, et on lui applique le théorème de Rolle : il existe ξ ]a, b[ tel que g (ξ = 0 = f (ξ f(b f(a b a Exercice 39 Montrer que si f est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ et si f (x = 0 pour tout x dans ]a, b[, alors f(x est constante sur [a, b] Réponse : Le théorème des accroissements nis indique que, pour tout y ]a, b], il existe c ]a, y[ tel que f(y f(a = f (c(y a = 0, d'où f(y = f(a pour tout y [a, b] Exercice 40 Montrer que si f est dérivable dans ]a, b[ (où a < b, et si m f (t M pour f(b f(a tout t ]a, b[, alors m M b a Réponse : Le théorème des accroissements nis indique que f(b f(a = f (c(b a pour un c ]a, b[ D'où f(b f(a = (b a f (c, d'où m(b a f(b f(a M(b a Théorème 4 (accroissements nis généralisés Si f et g : [a, b] R sont continues sur [a, b] et dérivables sur ]a, b[, alors : c ]a, b[, (f(b f(ag (c = (g(b g(af (c En particulier, si g(b g(a, il existe c ]a, b[ tel que f(b f(a g(b g(a = f (c Preuve L'inconnue de ce problème est c On pose : F (x = (f(b f(ag(x (g(b g(af(x et on cherche s'il existe x tel que F (x = 0 On a : g (c = f(b f(a b a g(b g(a b a F (b F (a = (f(b f(ag(b (g(b g(af(b (f(b f(ag(a + (g(b g(af(a = 0, et donc on peut appliquer le théorème de Rolle : c ]a, b[ tq F (c = 0 Et F (c = (f(b f(ag (c (g(b g(af (c Corollaire 4 (Règle de l'hôpital Si f et g : [a, b] R sont continues sur [a, b] et dérivables sur ]a, b[, alors : f(x f(a lim x a + g(x g(a = lim f (x x a + g (x dans le cas où ces limites existent En particulier, si f et g sont dérivables à droite en a alors ces limites valent f (a g (a Preuve On applique le théorème précédent qui donne (f(x f(ag (c x = (g(x g(af (c x avec a < c x < x, pour x quelconque dans ]a, b], d'où le résultat quand x a f(x f(a f(x f(a / (C'est une autre façon d'écrire que g(x g(a = quand ça a un sens, g(x g(a x a x a ou encore de dire que les comportements de f et g sont caractérisés par leur développement limité à l'ordre Théorème 43 (Théorème de Rolle Généralisé Si f est une fonction C ([a, b] qui s'annule en les 3 points a, b et c ]a, b[, alors il existe ξ ]a, b[ tel que f (ξ = 0 (il y a alors un point ou la courbure est nulle Et plus généralement, si f C n ([a, b] s'annule en n + points distincts de [a, b], alors il existe ξ ]a, b[ tel que f (n (ξ = 0 Preuve Le thoéorème de Rolle indique que f s'annule en deux points distincts : une fois sur ]a, c[ et une fois sur ]c, b[, et donc (f s'annule une fois sur ]a, b[ Par récurrence, on généralise 0 juin 006

11 Rappels sur les fonctions R R 6 Primitives et intégrales Dénition 44 À f : I R fonction donnée, si le problème : trouver une fonction F : I R telle que F (x = f(x pour tout x I a une solution F, on dit que la fonction F est une primitive de f sur I On note immédiatement que si F est une primitive de f, alors pour toute constante c R, F + c est aussi une primitive de f Réciproquement : Théorème 45 Si F et F sont deux primitives de f alors il existe c R tel que F = F + c, ie, deux primitives de f dièrent au plus d'une constante Preuve La fonction g(x = F (x F (x est telle que g (x = 0 Alors le théorème des accroissements nis indique que `g = constante', voir exercice 39 On peut alors dénir : Dénition 46 On dit qu'une fonction f est intégrable sur I si elle admet une primitive sur I En fait, la dénition d'une intégrale de f est plus générale : voir un cours sur les sommes de Riemann pour l'intégrale de Riemann, ou sur l'intégrale de Lebesgue pour l'intégrale de Lebesgue Dénition 47 On appelle intégrale (dénie de f sur I = [a, b] la diérence F (b F (a (si elle existe, où F est une primitive de f sur I, et on note : b a f(x dx = F (b F (a noté = b a f (30 Donc l'intégrale d'une fonction ne dépend que de la valeur d'une primitive aux extrémités de l'intervalle Et b f représente l'aire sous la courbe (voir les sommes de Riemann a En particulier, si f est dérivable sur I, alors f est intégrable sur I et : b Et on retrouve les formules de base de l'intégration : a f (x dx = f(b f(a (3 Théorème 48 L'intégration est une opération linéaire, ie b a (f + λg = b a f + λ b g, pour a tout λ R et toutes fonctions intégrables f et g Et pour tout c [a, b], relation de Chasles : b a f = c a f + b c f (3 Preuve Si F et G sont des primitives de f et g alors immédiatement (F +λg (x = F (x+λg (x Puis F (b F (a = F (b F (c + F (c F (a On note, pour une fonction F donnée : F (b F (a noté = [F ] b noté a = [F (x] b a Théorème 49 (Intégration par parties Si f et g sont deux fonctions dérivables sur I = [a, b] et si f g et fg admettent des primitives sur I alors : soit : b a f (xg(x dx + b a b a f (xg(x dx = f(xg (x dx = [fg] b a (= f(bg(b f(ag(a, (33 b Preuve fg est dérivable et (fg = f g + fg a f(xg (x dx + [f(xg(x] b a (34 juin 006

12 Rappels sur les fonctions R R Théorème 50 (Changement de variables Si f est dérivable sur I = [a, b], si g est intégrable sur f(i, et si (g ff est intégrable sur I alors : b x=a g(f(xf (x dx = f(b y=f(a g(y dy (35 Preuve Soit G une primitive de g Alors avec la dérivation de fonctions composées, (G f (x = g(f(xf (x, d'où : b a (G f (x dx = [(G f(x] b a = G(f(b G(f(a = f(b f(a g(y dy (36 Théorème 5 (Théorème de la moyenne Si f possède une primitive sur [a, b] alors : ξ [a, b], b a f(x dx = f(ξ(b a, (37 ie il existe ξ [a, b] tel que l'aire sous le graphe de f entre a et b est égale à l'aire du rectangle de base [a, b] et de hauteur f(ξ Preuve C'est une application du théorème des accroissements nis à F une primitive de f Dénition 5 On appelle valeur moyenne de f sur [a, b] (ou hauteur moyenne de f entre a et b le nombre f = b b a f(x dx(= f(ξ a Corollaire 53 On suppose f et g intégrables sur [a, b] : (i Si f 0 sur [a, b] alors b f(x dx 0 a (ii Si f(x g(x alors b a f(x dx b g(x dx a (iii Si m f(x M sur [a, b], alors m(b a b f(x dx M(b a a (iv b a f(x dx b f(x dx a (v Si f(x 0 est continue sur [a, b] et si f 0 alors b f(x dx > 0 a (vi Si g 0 sur [a, b], si f, g et fg sont intégrables sur [a, b] avec f continue sur [a, b], alors (théorème généralisé de la moyenne : ξ [a, b], b a f(xg(x dx = f(ξ b a g(x dx (38 7 Dérivation d'ordre supérieur Dénition 54 La fonction dérivée f est dérivable en un point x 0 I si la limite suivante existe dans R (notée dans ce cas f (x 0 : f (x f (x 0 lim = f f (x 0 R x x 0 ou encore (x 0 + h f (x 0 lim = f (x 0 R x x 0 h 0 (39 h Et on dit alors que f est deux fois dérivable en x 0 Avec la notation `petit o', cela s'écrit encore : f (x f (x 0 = f (x 0 + o(, ie f (x = f (x 0 + f (x 0 (x x 0 + o(x x 0 (40 x x 0 Exercice 55 Montrer que si p : R R est un polynôme de degré donné sous la forme p(h = a+bh+ch, alors a = p(0, b = p (0 et c = p (0, et donc que p(h = p(0+h p (0+ h (0 p Réponse On a p (h = b + ch et p (h = c, d'où p (0 et p (0 juin 006

13 3 Rappels sur les fonctions R R Exercice 56 Montrer que si p : R R est un polynôme de degré donné sous la forme p(x = a + b(x x 0 + c(x x 0, alors on a a = p(x 0, b = p (x 0 et c = p (x 0, et donc que p(x = p(x 0 + (x x 0 p (x 0 + (x x 0 p (x 0 Réponse On a p(x 0 = a Puis on a p (x = b+c(x x 0 et p (x = c, d'où p (x 0 = b et p (x 0 = c Dénition 57 On dénit les dérivées d'ordre n par récurrence : on note f (0 = f, f ( = f, et f est dérivable à l'ordre n en x 0 si f (n est dérivable sur un voisinage de x 0 Dénition 58 On note C n (I; R (ou plus simplement C n, l'ensemble des fonctions f qui sont dérivables n-fois dans I et telles que f (n est continue dans I 8 Développement limité d'un polynôme Soit le monôme déni par, pour n N : p(x = x n, x R On s'intéresse à ce qui se passe au voisinage d'un point x 0 R, ce qui revient à considérer les variations de p(x 0 +h pour x 0 xé et h variable (changement d'origine On a, avec ( n k = n! k!(n k! : p(x 0 + h = (x 0 + h n = n ( n k k=0 x n k 0 h k Et on remarque que, p (x 0 = nx0 n et par récurrence, pour 0 k n : d'où, pour x, h R : p (k (x 0 = n(n (n k + x n k 0 = p(x 0 + h = n k=0 h k k! p(k (x 0 n! (n k! xn k 0 = k! ( n k x n k 0, = p(x 0 + h p (x 0 + h p (x hn n! p(n (x 0, expression du développement de p( au voisinage de x 0 en fonction de ses dérivées en x 0, appelé développement limité en x 0 Exemple 59 Pour p(x = x, il vient p(x 0 + h = x 0 + x 0 h + h = p(x 0 + p (x 0 h + p (x 0 h, de vérication immédiate car p (x 0 = x 0 et p (x 0 = La formule ci-dessus s'écrit également, pour tout a, x R (et ici h = x a : p(x = n (x a k k=0 k! p (k (a, (4 et c'est le développement limité de p en a Et un polynôme étant une somme de monôme, cette formule est trivialement vraie pour tout polynôme 9 Développements limités : formules de Taylor Il s'agit d'approcher une fonction f C n+ (R par un polynôme p n de degré n au voisinage d'un point a R : f(x = p n (x + R(x, (4 où R(x est le `reste' (petit lorsque x est `proche' de a On va montrer que : p n (x = n (x a k f (k (a, k! k=0 et que R(x = O((x a n+ (ou encore : R(x = o((x a n, et donc (alors immédiat qu'en particulier p (k n (a = f (k (a Le résultat (4 est déjà acquis lorsque f est un polynôme avec R = 0, cf (4 3 juin 006

14 4 Rappels sur les fonctions R R 9 Formule de Taylor avec reste intégral Théorème 60 Si f est dérivable k+-fois sur I = [a, b] alors au voisinage de a : f(x = f(a + + f (k (x ak (a + k! = f(a + + f (k (a (x ak k! x a + (x ak+ k! f (k+ (x tk (t dt k! En particulier, si 0 [a, b], pour x [a, b] alors au voisinage de 0 : f(x = f(0 + + f (k (0 xk k! + x 0 = f(0 + + f (k (0 xk k! + xk+ k! 0 f (k+ ((x au+a ( u k du f (k+ (x tk (t dt k! 0 f (k+ (xu ( u k du (43 (44 Preuve On a par dénition de l'intégrale f(x = f(a+ x a f (t dt La formule est donc vraie pour k = 0 Puis par intégration par parties (où à x xé on pose u (t =, v(t = f (t puis u(t = t x et v (t = f (t : x t=a f (t dt = [(t xf (t] x t=a D'où au second ordre : x t=a f(x = f(a + (x af (a + x (t xf (t dt = (x af (a + x a (x tf (t dt t=a (x tf (t dt Puis par intégration par parties successives (où à x xé on pose u (t = (x tk k!, v(t = f (k+ (t puis u(t = (x tk+ (k+! et v (t = f (k+ (t : x t=a f (k+ (x tk (x x tk+ (t dt = [ f (k+ (t] x a k! (k +! = (x ak+ f (k+ (a + (k +! x t=a t=a f (k+ (x tk+ (t dt (k +! f (k+ (t (x tk+ (k +! dt (45 d'où le résultat par récurrence Puis on fait le changement de variable u = t a x a [0, ], soit t = a+(x au et dt = (x adu Puis x t = (x a( u, d'où (x t k = (x a k ( u k, d'où le résultat 9 Corollaire : formules de Taylor avec o et O On déduit du théorème 60 précédent : Théorème 6 Si f C k+ ([a, b] alors pour tout x 0, x [a, b] il existe ξ ]a, b[ tel que : et (donc : f(x = f(x 0 + f (x 0 (x x f (k (x 0 (x x 0 k k! + f (k+ (ξ (x x 0 k+, (46 (k +! f(x = f(x 0 + f (x 0 (x x f (k+ (x 0 (x x 0 k+ + o((x x 0 k+ (k +! = f(x 0 + f (x 0 (x x f (k (x 0 (x x 0 k + O((x x 0 k+ k! (47 Preuve On applique le théorème 5 de la valeur moyenne, d'où la première égalité Puis f (k+ étant continue, on a f (k+ (ξ = f (k+ (x 0 + o(, d'où la seconde égalité Et ayant f C k+ ([a, b] on a f (k+ borné sur [a, b], et on déduit la troisème égalité à l'aide de la première 4 juin 006

15 5 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires On considère R n muni de sa base canonique ( e,, e n et de son produit scalaire canonique déni par : si x = n i= x i e i = x x n ( x, y R n = n x i y i (= x y + + x n y n, i= et y = n i= y i e i = y y n, associé à la norme (la longueur donnée par formule de Pythagore : x R n = x + + x n ( On se donne un ouvert Ω R n On s'intéresse aux fonctions de variables vectorielles à valeurs scalaires, ie aux fonctions de type : f : { Ω R x f( x R On rappelle que le graphe d'une telle fonction est le sous-ensemble de R n R déni par : G(f = {( x, z Ω R : z = f( x} Continuité Soit f : Ω R et a Ω Alors f est continue en a si : ie lim x a 0 f( x f( a = 0, ou encore : f( x = f( a + o( au vois de a, développement limité de f à l'ordre 0 En termes de quanticateurs, f continue en a s'écrit : lim f( x = f( a, ( x a ε > 0, η > 0, x Ω : x a < η = f( x f( a < ε (En français : en a Ω, pour tout ε > 0, il existe η > 0 tel que, dès que x vérie x a < η, on a f( x f( a < ε Et f discontinue en a s'énonce : ε > 0, η > 0, x Ω : x a < η et f( x f( a ε Dénition On appelle C 0 (Ω, R l'ensemble des fonctions f : Ω R qui sont continues en tout point de Ω, et on note simplement C 0 lorsqu'il n'y a pas de confusion possible Remarque Il n'est pas susant, pour montrer que f est continue en a, de montrer que, pour tout v, les fonctions g v : t g(t = f( a + t v sont continues en 0 avec g v (0 un réel indépendant de v Ie, il est insusant de vérier que f est continue dans toutes les directions v avec une limite c = lim f( a + h v h 0 indépendante de la direction v Prendre par exemple f : R R avec f(0, 0 = 0 et pour (x, y 0 : f(x, y = x y x 4 + y Voir gure Cette fonction est continue sur R { 0} En 0 : on a g v (h = f( 0 + h v h 0 0 quelque soit le vecteur v (xé Mais f n'est pas continue en 0 : on a f(x, x = Remarque 3 Pour montrer qu'une fonction est continue en un point a, on peut passer en coordonnées polaires ( x = a + r cos θ x = a + r sin θ, et dire que x a, c'est dire que x a = (x a + (x a = r 0 5 juin 006

16 6 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires Fig Graphe de la fonction f(x, y = x y x 4 + y Dérivation Dérivée directionnelle On s'intéresse à la dérivée d'une fonction f : R n R en un point a R n dans une direction v R n Ie on restreint l'étude de f à la droite d'équation t a + t v (droite dans R n, et on veut connaître la dérivée de f en a le long de cette droite On pose : g(t = f( a + t v, t R, ie on se ramène à l'étude de la fonction g : R R, et on veut regarder les variations g (t de g en t = 0 : Dénition 4 La dérivée de f en a dans la direction v est le réel : On a donc : g (0 noté = v f( a noté ( a = lim v t 0 = ( a (3 v f( a + t v f( a t Dénition 5 Lorsque v = e i (le i-ème vecteur de base, on note : ei f( a noté = i ( a noté = i f( a, (4 et ces réels sont appelés les dérivées partielles de f en a On a donc, par exemple pour f : R R : f(a + t, a f(a, a ( a = lim, t 0 t où on a noté a = (a, a, ou encore avec des notations génériques, ie pour la dérivée en un point x : ( x = lim f(x + h, x f(x, x h 0 h Et dans cette expression, x joue le rôle d'une constante, la seule quantité variable étant x Remarque 6 Attention tout de même : si on note (y, y les variables, ie on considère f(y, y, la notation f (qui n'est pas ambiguë se note indiéremment ou (qui peut paraître ambiguë On vient ainsi de dénir les fonctions, pour i =, : quand elles ont un sens dans tout Ω i f = : i Ω R x i f( x = i ( x 6 juin 006

17 7 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires Dénition 7 Et une fonction qui est dérivable dans toutes les directions est appelée Fréchet dérivable ou bien Fréchet diérentiable Exercice 8 Soit f(x, y = sin(x + y Calculer f, f et e+ e f en tout x = (x, y R Exercice 9 Soit f( x = x (= x + y Calculer ses dérivées partielles en x 0 Est-ce que f a des dérivées partielles en 0? (On rappelle que x = x Exercice 0 Soit f(x, y = x y x +y si x 0 et f( 0 = 0 Calculer ses dérivées partielles en tout x 0, puis en x = 0 Puis posant v = (v, v, calculer v f( x en tout point x Exercice Soit f(x, y = xy x y x +y si x 0 et f( 0 = 0 Montrer que f est continue en 0 Calculer ses dérivées partielles en tout x 0, puis en x = 0 Réponse On passe en coordonnées polaires : f(r cos θ, r sin θ = r cos θ sin θ(cos θ sin θ r 0 0 f( 0+h e D'où f est continue en 0 Et en 0 on a : lim f( 0 h 0 = 0 = h ( 0 Exercice Montrer que, pour λ R et λ 0, on a : Réponse : par dénition, on a, posant w = λ v : soit (λ v ( a = λ (λ v v ( a f( a + h w f( a f( a + (hλ v f( a ( a = lim = lim w h 0 h h 0 hλ λ f( a + k v f( a = λ lim = λ k 0 k v ( a, ( a = λ ( a comme annoncé : donc attention aux changements d'unités (ex : mètre yard v Fonction dérivable, diérentielle, gradient Pour simplier les écritures, on traite le cas Ω R, la généralisation au cas Ω R n ne posant pas de problème Cependant, la dérivabilité dans toutes les directions n'est pas une notion assez forte : par exemple, la fonction dénie sur (R par f(x, x = x x et par f( 0 = 0 est constante sur x +x toutes les droites t t v privée du point 0 quelque soit la direction v R 05 y 0 05 z x 4 Fig Graphe de la fonction f(x, y = x y x + y Cependant, en a = (0, 0 la fonction f n'est même pas continue (voir gure D'où la dénition suivante : 7 juin 006

18 8 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires Dénition 3 Soit a Ω Une fonction f : Ω R (à valeurs scalaires est dite diérentiable en a, ou dérivable (au sens de Gateaux en a, ssi son graphe admet un plan tangent en a, ie ssi il existe une application linéaire l a : x R n l a ( x R telle que : f( x = f( a + l a ( x a + o( x a (5 Et l'application linéaire l a est appelée forme diérentielle de f en a, et notée l a = df( a Localement au voisinage de a, f est ainsi approximée par la forme linéaire l a, et l'expression (5 est le développement limité de f à l'ordre au voisinage de a Si on se place dans R n muni de sa base canonique, une telle application linéaire s'écrit l a (x,, x n = A x + + A n x n, d'où la dénition équivalente : Dénition 4 f est dite diérentiable, ou dérivable (au sens de Gateaux, en a = (a,, a n ssi : A,, A n R tels que, au voisinage de x = a : (6 f(x,, x n = f(a,, a n + A (x a + + A n (x n a n + o( x a Exemple 5 Pour f : R R, on vient d'écrire, notant z = f(x, y, que z = αx + βy + γ + o( x a où α = A, β = A et γ = f( a A x A y, ie que le graphe de f admet en a un plan tangent à savoir le plan d'équation z = αx + βy + γ Autrement dit, f est diérentiable en a ssi le graphe de f admet un plan tangent en a Proposition 6 Si f est diérentiable en a = (a,, a n, alors f est continue en a, et on a A = ( a,, A n = n ( a, et donc : f( x = f( a + (x a ( a + + (x n a n n ( a + o( x a (Appelé développement limité de f au premier ordre au voisinage de a Preuve La dénition (6 donne f( x = f( a + o(, donc f est continue en a Puis regardons par exemple A (même démarche pour les A i : on prend x = a + h e = (a +h, a, Il vient : D'où f(a+h,a, f(a,a, h f(a +h, a, = f(a, a, + A h o(h = A + o(h, d'où A = ( a Dénition 7 Avec le produit scalaire canonique de R n, il existe un unique vecteur noté gradf( a, appelé gradient de f en a, tel que l a ( v = ( gradf( a, v n pour tout v R n (donné par le théorème de représentation de Riesz Et ici (pour le produit scalaire canonique on a : ( a gradf( a = = ( a noté = f( a (7 n ( a n Donc : f( a + h v f( a = h ( gradf( a, v R n + o(h (8 Dénition 8 On appelle matrice jacobienne de f en a la matrice ligne : J f ( a = [ ( a n ( a] (Matrice des composantes de la diérentielles df( a dans la base duale de la base canonique, voir cours de géométrie diérentielle 8 juin 006

19 9 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires En particulier, disposant du produit scalaire canonique, on a : Donc, si f est dérivable en a, on a : J f ( a = gradf( a T (9 f( x = f( a + ( gradf( a, x a R n + o( x a = f( a + J f ( a( x a + o( x a = f( a + gradf( a T ( x a + o( x a (0 (Le étant la notation du produit matricielle Proposition 9 Si f est diérentiable en a, alors f est dérivable dans toutes les directions en a, et on a : v ( a = ( gradf( a, v R n ( Preuve f( a + h v f( a = A hv + + A n hv n + o(h = h( gradf( a, v R n + o(h Par contre, la réciproque est fausse : on peut avoir f dérivable dans toutes les directions en un point x sans que f soit diérentiable en x Exemple f(x, y = x (de graphe un plan si x 0 et f(0, y = y Faire un dessin Alors f est dérivable en 0 dans toutes les directions, mais n'a pas de plan tangent On a quand même un critère agréable dans le cas particulier suivant : Théorème 0 Si f possède des dérivées partielles (directionnelles,, n dans un voisinage de a, et si ces dérivées partielles sont continues en a, alors f est diérentiable et C en a Preuve On traite le cas R n = R, le cas général étant laissé au lecteur On a : f(x, x f(a, a = (f(x, x f(a, x + (f(a, x f(a, a ( Et le dernier terme donne immédiatement (fonction de la seule variable x : f(a, x f(a, a = (a, a (x a + o( x a (3 Et le premier terme considéré à x xé s'écrit : f(x, x f(a, x = (a, x (x a + o( x a, (4 ce qui a un sens car on a supposé que existait dans un voisinage de a, et donc en (a, x pour x susamment proche de a Et la dérivée partielle étant supposée continue en a : (a, x = (a, a + o(, (5 et par conséquent, puisque par dénition (x a o( = o(x a : f(x, x f(a, x = (a, a (x a + o( x a, (6 d'où ( donne bien (6 : f est dérivable en a Puis les dérivées partielles étant continues, gradf l'est également, et f est C Dénition On note C (Ω; R le sous ensemble de C 0 (Ω; R formé des fonctions f qui sont dérivables en tout point de Ω et telles que les dérivées partielles i sont continues en tout point de Ω pour tout i =,, n C'est ensemble est également noté plus simplement C si aucune confusion n'est possible 9 juin 006

20 0 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires (xy Exercice Soit f dénie sur R par f(x, y = si x 0 et f(0, 0 = 0 Montrer (x + y 3 que f est continue en 0, calculer ( x ou ( x et en déduire que f n'est pas dérivable en 0 On pourra également poser g(t = f(t, t pour montrer que g n'est pas dérivable en 0 Réponse f est une fraction rationnelle qui n'a qu'une racine en (x, y = 0, et donc f est C (R { 0}; R Regardons la continuité en 0 On passe en coordonnées polaires f(r cos θ, r sin θ = r cos θ sin θ r 0 0 Regardons : Si ( 0 existe, par dénition on a : f(h, 0 f(0, ( 0 = lim = lim = 0 h 0 h h 0 h Donc la ère dérivée partielle existe De même ( 0 = 0 Mais ça ne veut pas dire que f est dérivable D'ailleurs f n'est pas dérivable : en eet si elle l'était, le vecteur gradient existerait et on aurait gradf( 0 = 0, d'où : f(x, y = f(0, 0 + ( gradf( 0, ( x + o( (x, y = o( (x, y y En particulier on aurait f(h, h = o(h Or on a f(h, h = h4 = (h 3 h4 8 h 3 = 8 h qui n'est pas o(h Donc l'expression du gradient gradf( 0 = 0 est absurde, donc le gradient n'existe pas en 0, ie la fonction n'est pas dérivable en 0 On peut aussi remarquer qu'on ne peut pas appliquer le théorème 0 : on a, quand x 0 : ( x = xy (x + y 3 3x 3 y (x + y = xy y x (x + y 3 (x + y 5 En particulier, (0, h = 0 alors que (h, h = et donc que 5 (0, h et (h, h n'ont pas la même limite quand h 0 Et donc n'est pas continue dans un voisinage de 0, et on ne peut pas appliquer le théorème (Ici on a une valeur calculée ( 0 = 0 mais cette valeur ponctuelle n'est pas la prolongation par continuité de ( x quand x 0 : si on pouvait prolonger par continuité on aurait 0 = par unicité 5 de la limite, ce qui est absurde En particulier f n'est pas C (R ; R Regardons maintenant directement g(t = f(t, t = t 4 = t 3 (t = t 3 3 t : cette fonction n'est pas dérivable en 0, et donc ( e + e n'est pas dénie en 0 Donc f n'est pas dérivable en 0, sinon toutes les dérivées directionnelles existeraient, proposition 9, et en particulier ( e + e existerait Exemple 3 Montrer que si f = l : R n R est linéaire, alors en tout point x R n on a dl( x = l (sa diérentielle est indépendante du point x et vaut l Que vaut sa matrice jacobienne (matrice représentant dl( x dans les bases canoniques? Réponse On a l( y l( x = l( y x par linéarité, et donc la relation l( y l( x = dl( x( y x+o( y x est trivialement satisfaite avec dl( x = l, le reste o( y x étant identiquement nul (voir (5 Sa matrice jacobienne est la matrice représentant dl( x après avoir choisi les bases canoniques dans R n et R p C'est donc la matrice [l] représentant l'application linéaire l Ainsi si l( x = a x + + a n x n on a J l ( x = [a a n ] Exemple 4 Soit Tr : A R n Tr(A R l'application qui a toute matrice A = [a ij ] associe sa trace Tr(A = i a ii Montrer qu'en chaque A la diérentielle dtr(a = Tr Montrer que sa matrice jacobienne est la matrice identité (après avoir choisi la base canonique dans R n Réponse On a Tr E ij (A = dtr(a(e ij = Tr(E ij = δ ij (vaut si i=j et 0 sinon Et donc la matrice jacobienne (matrice gradient de Tr est la matrice [ Tr E ij (A] = [δ ij ] = I= l'identité Approche se servant de l'exercice précédent : l'application Tr est linéaire Donc dtr(a = Tr On vérie eectivement que Tr(B = Tr(A + Tr(B A donne trivialement dtr(a = Tr fonction indépendante de A La base canonique de R n est donnée par les matrices E ij dénies par : tous les termes sont nuls sauf le terme (i, j qui vaut Et Tr est connu dès qu'on connaît Tr(E ij pour tout i, j =,, n (une application linéaire est connue dès qu'on connaît l'image de chacun de ses vecteurs de base Ici Tr(E ij = δ ij Et pour une matrice A = [a ij ] i,j n = ij a ije ij on a Tr(A = n i,j= a ijtr(e ij = n i,j= δ ija ij = I : A (= i a ii puisque I = [δ ij ] i,j n, où : est la double contraction dénie par A : B = n D'où Tr : R n R est représentée par la matrice I dans la base (E ij D'où dtr(a = Tr = I i,j= a ijb ij = Tr(AB t 0 juin 006

21 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires 3 Interprétation géométrique du gradient 3 En terme de plus grande pente Proposition 5 Pour f fonction à valeurs scalaires, la direction donnée par le gradient gradf( x au point x est celle d'accroissement maximal de la fonction f à partir du point x Ie, notant n = gradf( x gradf( x le vecteur gradient normalisé en x, on a : v tq v =, ie en termes de (limites de taux d'accroissement : v tq v =, Preuve Avec (8 il vient : ( x v n ( x, f( x + h v f( x lim lim h 0+ h h 0+ f( x + h v f( x h = ( gradf( x, v R + o( f( x + h n f( x h Avec l'inégalité de CauchySchwarz, on a ( gradf( x, v R n gradf( x v, et on a égalité lorsque v = α gradf( x pour un α R Donc, pour v vecteur unitaire, le max du produit scalaire ( gradf( x, gradf( x v R n est atteint pour v = gradf( x = n z (grad f, x (grad f,0 y Fig 3 Représentation du gradient sur le graphe d'une fonction 3 En terme de normale au graphe Dénition 6 Une surface de R 3 est un sous-ensemble de R 3 de la forme F (x, y, z = 0 où F est une fonction de R 3 dans R (relation implicite entre x, y et z Exemple 7 La sphère d'équation x + y + z = Exemple 8 Si F (x, y, z = z f(x, y, alors on obtient la surface z = f(x, y, surface explicite en z juin 006

22 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires Pour f : R R, on visualise f à l'aide de son graphe : G(f = {(x, y, z R 3 : z = f(x, y} Et G(f est une surface dans R 3 : posant F (x, y, z = z f(x, y, le graphe G(f est la surface F (x, y, z = 0 Exemple 9 On peut représenter la sphère comme l'union des graphes des deux fonctions z = f(x, y = ± (x + y pour les x, y tels que x + y Comme une fonction diérentiable en un point a a son graphe tangent à un plan, pour connaître la normale en a à G(f, il sut de connaître la normale à un plan : Cas d'un plan : une normale S'il n'est pas vertical, un plan P dans R 3 est le graphe G(f d'une fonction f du type : z = f(x, y = ax + by + c, x, y R (7 On a ici F (x, y, z = z (ax + by + c Un point du plan ane z = ax + by + c vérie x y z c plan vectoriel z = ax + by associé vérie z ax by = 0, ie a b x y a b z = 0, et un point du = 0 Donc tout point x = (x, y, z du plan est orthogonal au vecteur ( a, b,, ie est orthogonal aux vecteurs unitaires : n( x = ± a b a + b + Comme f( x = f(x, y = ax + by c avec a = ( x et b = ( x, on a également, en un point x du plan : n( x // ( x ( x = ( ( gradf( x (8 Avec F (x, y, z = z ax by c, le graphe représente la surface d'équation F (x, y, z = 0, et un calcul immédiat donne également : n( x // ( ( gradf( x = gradf ( x, (9 ie n est parallèle à gradf Cas d'une fonction diérentiable en a : une normale n( a Pour f(x, y fonction dérivable en (a, a, son plan tangent en (a, a a pour équation : où A = ( a, A = graphe : ( g(x, y = f( a + gradf( a T x a y a = A 0 + A x + A y, (0 ( a et A 0 = f( a gradf( a T a Ce plan tangent est représenté par le z = A 0 + A x + A y ( D'où une normale à ce plan tangent en a donnée par : n( a // A A = ( a ( a Et si on pose : F (x, y, z = z (A 0 + A x + A y, ( le plan tangent est la surface plane d'équation F (x, y, z = 0 : et une normale à ce plan en a = (a, a est donnée par : n( a = ( ( gradf( a = gradf ( a, f( a (3 juin 006

23 3 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires Remarque 30 Un point du plan a pour coordonnées r(x, y = x y z = ax + by + c tout x = (x, y R, et deux vecteurs tangents en un point a R sont donnés par : r ( a = 0 ( a, r ( a = 0 ( a R 3, pour (4 On vérie eectivement que pour un point r P alors tout point de type, pour α, β R : X = X = x+α r + α r + β r = Y = y+β Z = ax+by+c+αa+βb Et un calcul immédiat redonne : est dans P, car on vérie bien que Z = ax+by +c n // r r (5 4 Règles de dérivation Théorème 3 - Si f et g fonctions R n R sont dérivables dans la direction e i en a, alors le produit fg est dérivable dans la direction e i en a et : (fg i =,, n, ( a = ( ag( a + f( a g ( a R (6 i i i Ces n équations s'écrivent encore de manière condensée (système de n équations : grad(fg = ( gradfg + f( gradg F(R n ; R n (7 - Et si f : R n R est dérivable en a R n, et si g : R R est dérivable en f( a R, alors g f : R n R est dérivable en a R n, et : (g f i =,, n, ( a = g (f( a ( a R, (8 i i soit de manière condensée (système de n équations : grad(g f = (g f gradf F(R n ; R n (9 Attention : (g f( a est un réel valant g (f( a R Et donc (g f( a gradf( a est le vecteur : résultat du produit du réel (g f( a R par le vecteur gradf( a R n Preuve Pour démontrer les dérivations de produit et de changement de variables, on applique le théorème 3 en se ramenant au cas de fonctions d'une seule variable : on pose f i (x = f(x,, x i, x, x i,, x n fonction de la seule variable x, les x j pour j =,, i et j = i+,, n étant xés Même notation pour g i (x Et (fg i = (f i g i, d'où le résultat Puis pour la composée avec g : R R on a (g f i = (g f i, d'où le résultat 5 Théorème des accroissements nis (En anglais = Mean Value Theorem Théorème 3 Soit f : Ω R n R une fonction à valeurs scalaires diérentiable dans Ω ouvert de R n Soient x, y R n tels que le segment [ x, y] = { z = t( y x + x : t [0, ]} soit dans Ω Alors il existe c [ x, y] tel que : f( y f( x = gradf( c( y x (30 Preuve Soit g(t = f(t( y x+ x On a g : [0, ] R avec g diérentiable, d'où il existe t 0 ]0, [ tel que g( g(0 = g (t 0 ( 0 = g (t 0 Avec g (t = gradf(t( y x + x y x, et g( = f( y et g(0 = f( x, d'où le résultat avec c = t 0 ( y x + x 3 juin 006

24 4 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires 6 Dérivées d'ordres supérieurs, hessien, théorème de Schwarz Soit f : Ω R n R une fonction à valeurs scalaires On a déni (quand cela avait un sens les fonctions f,i = i : Ω R comme étant les dérivées directionnelles dans la direction e i Pour chacune des fonctions f,i on peut également considérer les dérivées directionnelles en un point a :,i f,i ( a + h v f,i ( a ( a = lim v h 0 h qui a un sens dès que la limite existe En particulier pour les v = e j, on peut dénir ainsi n valeurs,i e j ( a, pour i, j n (à condition que les n limites existent On note :,i ( a =,i ( a = i e j j j ( a = Notation On note C (Ω; R l'ensemble des fonctions C (Ω; R = {f C (Ω; R : i, j n, f j x i ( a f j x i C 0 (Ω; R} Théorème 33 (Théorème de Schwarz et dénition Si f, les i pour i n et les f i x j pour i, j n existent et sont continues en a (en particulier quand f est C dans un voisinage de a, alors : f ( a = f ( a, i x j j x i Autrement dit, la matrice hessienne en a dénie par : H( a = [H ij ( a] i,j n = [ f i x j ( a] i,j n = i, j n f ( a f n ( a est symétrique en a (le hessien est le déterminant de la matrice hessienne f n ( a f n n ( a Preuve Il sut de faire la démonstration dans R et prendre x i =x et x j =x (les autres coordonnées restent xées et jouent le rôle de paramètres Notons donc f : (x, y R f(x, y R On souhaite montrer que continues Un calcul direct donne : f déf (x, y f (x, y = f = (x, y = ( (x+h, y h (x, y + o( = ( ( f(x+h, y+k f(x+h, y +o( h k k (x, y aux points (x, y où f et f sont ( f(x, y+k f(x, y +o( + o( Mais on est coincé : en développant, on a un terme en o( qui n'est pas contrôlé quand h 0 Il h faut donc modier cette approche de manière à ne pas avoir de terme en o( relatif à k L'idée est de partir à l'envers : à (x, y xé, on regarde vers quoi tend l'accroissement : Q(h, k = h ( k ( ( f(x+h, y+k f(x+h, y f(x, y+k f(x, y k (donc, sans les termes en o( quand h, k 0 : on va montrer que Q : (h, k Q(h, k est continue en 0 et que Q(0, 0 = f (x, y = f (x, y 4 juin 006

25 5 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires On pose g y,k (u = f(u, y+k f(u, y d'où : Q(h, k = hk (g y,k(x + h g y,k (x = k et le théorème de accroissements nis donne : θ ]0, [, g y,k (x + h g y,k (x, h Q(h, k = k g y,k(x+θh = k ( (x+θh, y+k (x + θh, y On applique encore une fois le théorème des accroissements nis pour obtenir : θ ]0, [, η ]0, [, Q(h, k = f (x+θh, y+ηk La dérivée partielle f étant supposée continue en x, on en déduit que Q est continue en 0 et Q(0, 0 = f (x, y Puis on remarque que : Q(h, k = k ( h ( ( f(x+h, y+k f(x, y+k f(x+h, y f(x, y, h expression symétrique de la précédente D'où un calcul similaire au précédent donne Q(0, 0 = (x, y D'où le théorème f Exemple 34 Soit f(x, y = cos(xy Vériez que f ( a= a a cos(a a sin(a a = f ( a en tout point a = (a, a R Exemple 35 Soit f(x, y = xy x y et x f(0, 0 = 0 Vérier que f est continue en 0, calculer + y (x, y et (x, y Ces dérivées partielles sont-elles continues en (0, 0? Puis montrer que f (x, 0= et f (0, y= En déduire que f n'est pas dans C (R ; R Réponse La continuité de f ne pose pas de problème Par exemple, x y x + y, d'où 0 f(x, y xy qui tend bien vers 0 avec (x, y Regardons si les dérivées partielles en 0 ont un sens On a : f(h, 0 f(0, 0 h = 0, f(0, h f(0, 0 h d'où ( 0 = 0 et ( 0 = 0 sont bien dénis (les limites quand h 0 existent et valent 0 Puis pour (x, y 0, ayant f(x, y = x3 y xy 3 et donc : x +y : D'où la continuité de dans R Idem pour Puis on a (0, y = y pour y 0, d'où lim k 0 prolongeait par continuité en 0 on obtiendrait f = 0, (x, y = (3x y y 3 (x + y x 4 y + x y 3, (x + y (r cos θ, r sin θ = O(r 0 r 0 pour x 0, et f (0, 0 = D'où f (0, 0 f (0,k (0,0 = = f k (0, y pour y 0, et si on (0, 0 = De même (x, 0 = x, puis f (0, 0 et f n'est pas en C (0, 0 (x, 0= Remarque 36 Attention, il n'est pas susant de montrer que les fonctions, à h xé Q h : k Q(h, k et à k xé Q k : h Q(h, k sont continues en 0 pour avoir la continuité de Q en 0 Voici par exemple une mauvaise démonstration du théorème : 5 juin 006

26 6 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires Le théorème des accroissements nis nous indique que, à k xé, il existe β k ]0, [ et α k ]0, [ tels que : ( f(x+h, y+k f(x+h, y = et On en déduit : k k (x+h, y+β kk, ( f(x, y+k f(x, y = (x, y+α kk Q(h, k = h ( (x+h, y+β kk (x, y+α kk Mais est supposée continue dans un voisinage de (x, y, on en déduit que (quitte à prendre h assez petit, à h 0 xé, la fonction k Q(h, k est continue au voisinage de k = 0 Ayant β k k 0 et α k k 0 quand k 0, on obtient : Q(h, k Q(h, 0 = ( (x+h, y k 0 h (x, y Et par dénition de la dérivée en x, il vient Q(h, 0 = (x, y + o( au voisinage de h = 0 (avec h 0 D'où la fonction h Q(h, 0 est prolongeable continue au voisinage de h = 0 par Q(0, 0 = (x, y Mais malheureusement, cela ne veut pas dire que Q est continue au voisinage de (0, 0, mais seulement que dans la direction v = (, 0 la fonction g(t = Q(t v est prolongeable par continuité D'ailleurs, ici le but est de montrer que si on prolonge k Q(0, k pour k = 0, on obtient la même limite Remarque 37 On peut démontrer qu'il sut de supposer que f soit continue en (x, y pour que le théorème de Schwarz soit vrai (donc sans avoir à supposer que f est continue En eet, l'hypothèse continue permet d'avoir : ( Q(h, k (x+h, y k 0 h (x, y Et l'hypothèse d'existence de f permet d'avoir : θ ]0, [, η ]0, [, Q(h, k = f (x+θh, y+ηk Et f étant continue, à ε xé, dès que h et k sont assez petit, on a : D'où avec (3 : f (x, y D'où l'égalité des dérivées par- Et quand h 0 on a h tielles f (x, y ε < f (x+θh, y+ηk = Q(h, k < f (x, y + ε f (x, y ε ( (x+h, y h (x, y f (x, y + ε ( (x+h, y (x, y 7 Formule de Taylor dans R n On s'intéresse aux fonctions f : R n R (fonctions à valeurs scalaires (3 6 juin 006

27 7 Fonctions de plusieurs variables à valeurs scalaires La démarche est la même que pour la formule de Taylor dans R On souhaite par exemple qu'un polynôme de degré : p(x, y = a + bx + cy + dx + exy + fy + soit donné par son développement au voisinage d'un point x = (x, y L'identication des coecients donne immédiatement : p( x = p( 0 + p ( 0 x + p + 3! = p( 0 + ( p ( 0 x + p ( 0 xy + p ( 0 y ( 0 y +! ( 3 p 3 ( 0 x p ( 0 x y + 3 p ( 0 xy + 3 p i + α,α N α +α =3 p i ( 0 x i + x α xα α!α! α,α N α +α = α x α xα α!α! 3 p ( 0 + α p ( 0 α α 3 ( 0 y 3 + On le démontre directement : p( 0 = a, puis p ( 0 = b, puis p ( 0 = d, On se limitera dans ce cours au développement au second ordre Ce qui s'écrit alors, avec H p la matrice Hessienne de p : p( x = p( 0 + gradp( 0 t x + xt H p ( 0 x + o( x Et on souhaite qu'une fonction quelconque soit bien approximé par un tel polynôme On a : Théorème 38 (Formule de Taylor Si f : R n R est dérivable k+-fois au voisinage de 0, alors (avec H f la matrice hessienne de f : où : f( x = f( 0 + gradf( 0 t x + xt H f ( 0 x + + R k ( x, 0 = k! où on a posé g(t = f(t x α,,αn N α ++αn=k 0 x α xα n n α! α n! α i k f α n i n ( 0 + R k ( x, 0 (3 g k+ (t ( t k dt = O( x k+ = o( x k, (33 Preuve Soit g(t = f(t x = f(tx,, tx n pour t [0, ], ie on se place sur le segment [ 0, x] Et on a g (t = n i= i (t xx i, puis g (t = n f i,j= j i (t xx i x j, puis Et on applique la formule de Taylor avec reste intégrale (44 à la fonction g entre 0 et, ie g( = g(0 + + tk k! gk (0 + k! u=0 g(k+ (u( u k du D'où g( = f( x = le résultat annoncé Au voisinage d'un point a : Corollaire 39 (Formule de Taylor Si f est dérivable k+-fois au voisinage de a, alors : où : f( x = f( a + gradf( a t ( x a + ( x at H f ( a( x a + + k! i,,in n i ++in k R k ( x, a = k! k! k f ( a (x i a i (x in a in + R k ( x, a i! i n! i in où on a posé g(t = f( a+t( x a 0 (34 g k+ (t ( t k dt = O( x a k+ = o( x a k, (35 7 juin 006

28 8 3 Fonctions de plusieurs variables à valeurs vectorielles Preuve Soit g(t = f( a + t( x a pour t [, ], ie on se place sur la droite passant par x et a Et on applique la formule de Taylor avec reste intégrale (43 à la fonction g Cas particulier du développement à l'ordre d'une fonction supposée C 3, notant H la matrice Hessienne de f (symétrique car f est C, théorème de Schwarz 33 : f( x = f( a + gradf( a( x a + ( x at H f ( a( x a + 0( x a 3 Exercice 40 Faire la démonstration de la formule de Taylor (34 à l'aide de la formule de Taylor (3 et de la translation x x a (changement d'origine Réponse On fait un changement d'origine On pose f( x = h( x a, ce qui fait que f( a = h( 0 et qu'on peut se servir ( du développement de Taylor de h On a donc h( x = f( x+ a = f( y = f( y( x où y = x +a y( x = x + a = y = x +a, et le développement de h en 0 est donné par (3, d'où celui de f en a, sachant que par exemple : h ( x = ( y( x ( x + ( y( x ( x = ( x+ a + ( x+ a0 = ( x+ a Et donc h ( 0 = ( a Et on fait de même pour les autres dérivées de f Ainsi, de la formule de Taylor au er ordre : est réécrite comme : h( x = h( 0 + h ( 0 x + h ( 0 x + o( x, f( y = f( a + ( a (y a + ( a (y a + o( y a 3 Fonctions de plusieurs variables à valeurs vectorielles 3 Introduction et continuité Les fonctions à valeurs vectorielles sont de type, pour Ω ouvert de R n : Ω R n R m f : x f( x = f ( x f m ( x où les m fonctions f i : Ω R sont à valeurs scalaires, pour i =,, m Les f i ( x sont les m composantes de f( x, pour x Ω Proposition 3 La fonction f est continue en un point x ssi les n fonctions f i, i =,, n, sont continues en x Preuve f est continue en x ssi lim v 0 f( x+ v f( x = 0 Et f( x+ v f( x = ( n i= (f i( x+ v f i ( x D'où le résultat On traitera souvent le cas m=, 3, ie R m =R ou R 3 dans ce cours Exemple 3 Soit une fonction à valeurs vectorielles : R R ( f : x = (x, x f( x = f(x y = f, x = ( x = f (x, x = x cos x y = f ( x = f (x, x = x sin x où donc f et f sont deux fonctions de R dans R (à valeurs scalaires Et il est immédiat que f et f sont continues, et donc f est continue Pour cette fonction f, les notations usuelles sont données par x = r et x = θ lorsque x > 0 et x R, et y = x et y = y Et la fonction f ci-dessus exprime une position (x, y en fonction des coordonnées polaires (r, θ,, 8 juin 006

29 9 3 Fonctions de plusieurs variables à valeurs vectorielles Notation de Landau On a avec la notation de Landau, si f est continue en x : f( y f( x = o( au sens où f i ( y f i ( x = o( pour tout i =,, n au voisinage de x, 3 Dérivations et matrice jacobienne On a vu qu'une fonction f : R n R (à valeurs scalaires est dérivable en a R n s'il existe une application linéaire l a : x = (x,, x n R n l a ( x = l a (x,, x n = A x + + A n x n telle que, voir (5 : f(x,, x n = f(a,,, a n + l a (x a,, x n a n + o( x a Et l'application linéaire l a est appelée forme diérentielle de f en a, et notée l a = df( a (localement au voisinage de a, f est ainsi approximée par la forme linéaire l a D'où : Dénition 33 On dit qu'une fonction f : R n R m (à valeurs vectorielles est dérivable en a R n s'il existe une application linéaire L a : R n R m telle que : f( x = f( a + L a ( x a + o( x a R m (3 Et l'application linéaire L a est appelée la diérentielle de f en a, et notée L a = d f( a Ainsi, localement au voisinage de a, on peut commencer l'étude de f par celle de l'application linéaire L a (dans un premier temps en tout cas Proposition 34 L'application f est dérivable en a ssi les applications composantes f i sont dérivables en a, et on a : pour tout v R n d f( a( v = df ( a( v df m ( a( v Preuve Immédiat : écrire (3 comme m lignes (composantes dans R m, et poser x = v + a Proposition 35 On prend les bases canoniques de R n et de R m Alors l'application linéaire df( a peut-être représentée par une matrice [df( a], appelée matrice jacobienne de f en a La matrice [df( a] a sa i-ème ligne donnée par les ( i j ( a j=,,n, et a sa j-ème colonne donnée par les coordonnées de df( a( e j = f j ( a dans la base canonique de R m : [d f( a] = ( a m ( a n ( a m n ( a =, ( gradf ( a T ( gradf n ( a T (3 Preuve On a eectivement df i ( a( v = gradf i ( a T v, pour tout v R n et tout i =,, n Et la ligne i est donnée par les n termes i j ( a pour j =,, n Puis d f( a( e j = df ( a( e j df m ( a( e j = j ( a m j ( a = f j ( a, d'où l'interprétation des colonnes On a donc, pour la représentation dans les bases canoniques, avec les notations du calcul matriciel : f( x = f( a + d f( a( x a + o( x a (33 9 juin 006

30 30 3 Fonctions de plusieurs variables à valeurs vectorielles Exercice 36 Soit f(x, y = x y xy de f en un point x (matrice 3 dénie sur R à valeurs dans R 3 Écrire la matrice jacobienne Exercice 37 Soit f(x, y = x y x +y dénie sur R { 0} à valeurs dans R Écrire la matrice jacobienne de f en un point x 0 (matrice ( ρ cos θ ρ sin θ Exercice 38 Soit f(ρ, θ = de f en un point u = (ρ, θ U (matrice Exercice 39 Soit f(ρ, θ, ϕ = dénie sur U = R + ] π, π[ Écrire la matrice jacobienne ρ cos θ cos ϕ ρ sin θ cos ϕ ρ sin ϕ dénie sur U = R + ] π, π[ ] π, π [ Écrire la matrice jacobienne de f en un point u = (ρ, θ, ϕ U (matrice 3 3 Exercice 30 Montrer que la matrice jacobienne de l'application I : x R n x R n est la matrice identité Et montrer que toute application linéaire L : R n R m a pour matrice jacobienne la matrice constante [L] représentant L dans la base canonique Réponse L'application identité est un cas particulier d'une application linéaire Soit L : R n R m une application linéaire donnée Soient L i pour i =,, m ses composantes, ie pour x R n on pose L ( x L( x = L n ( x A = [a ij ] i m j n Chaque L i est linéaire, ie de la forme L i ( x = a i x + + a in x n, d'où L( x = A x où = [L] Comme L est linéaire, on a L( y = L( x + L( y x = L( x + L( y x + o( y x Donc la diérentielle de L en x est l'application linéaire dl( x = L, et la matrice jacobienne de L en x est la matrice de dl( x ie est la matrice [L] = A (indépendante du point x 33 Composition et dérivations : produit des jacobiennes On considère une fonction f : R n R m à valeurs vectorielles : R n R m f : x = (x,, x m f( x = f(x,, x m = et soit une fonction g à valeurs vectorielles : R m R p g : y = (y,, y m g( y = g(y,, y m = On considère alors la fonction composée : R n R p g f : x = (x,, x n g( y = g( f( x = (g f( x (g p f( x f (x,, x m f m (x,, x m g (x,, x m g p (x,, x m =, g (f ( x,, f m ( x g p (f ( x,, f m ( x On a alors : Théorème 3 Si f : R n R m est diérentiable en a R n et si g : R m R est diérentiable en b = f( a R m, alors la fonction (g f : R n R est diérentiable en a, et on a l'égalité entre 30 juin 006

31 3 3 Fonctions de plusieurs variables à valeurs vectorielles applications linéaires : d(g f( a = dg( b df( a (34 Et dans les bases canoniques, on obtient pour les matrices jacobiennes : [d(g f( a] = [dg( b][df( a] (35 produit des matrices jacobiennes (aux points où cela a un sens, ie pour tout j =,, n : (g f j ( a = m k= g k ( b k j ( a (36 (La dernière formule est également écrite, si on veut éviter la référence au nom des variables y i pour g(y,, y n et x i pour f(x,, x n : j (g f( a = m k= ( kg( b( j f k ( a Preuve La démonstration est similaire à celle du théorème 3 : pour x R n on a (g f( x = g(f ( x,, f m ( x, et pour n = = m pour simplier les écritures (cas général laissé au lecteur : avec : (g f (g f( x+h e ( x = lim (g f( x h 0 h g(f ( x+h e, f ( x+h e j g(f ( x, f ( x = lim, h 0 h g(f ( x+h e, f ( x+h e j g(f ( x, f ( x h = g(f ( x+h e, f ( x+h e j g(f ( x+h e, f ( x + g(f ( x+h e, f ( x g(f ( x, f ( x h h qui tend quand h 0 vers g que pour la démonstration 3 Cela s'écrit aussi : ( (g f ( a soit [d(g f( a] = [dg( b][d f( a] ( y ( x + g ( y (g f ( a = ( g ( b ( x où y = f( x R m (même démarche g ( b (, (37 Remarque 3 Autre preuve : f( x+h ei = f( x + h d f( x e i + o(h, d'où g( f( x+h e i = g( f( x + dg( f( x(h d f( x e i + o(h + o( f( x+h e i f( x, d'où g( f( x+h e i = g( f( x + h dg( f( x f i ( x e i + o(h Corollaire 33 Si f : R n R m est diérentiable en a R n et si g : R m R p est diérentiable en b = f( a R m, alors la fonction ( g f est diérentiable en a, et on a l'égalité entre applications linéaires : d( g f( a = d g( b d f( a (38 Et dans les bases canoniques, on obtient pour les matrices jacobiennes : [d( g f( a] = [d g( b][d f( a], (39 produit des matrices jacobiennes (aux points où cela a un sens, ie : pour tout i =,, p et j =,, n (g i f j ( a = m k= g i k ( b k j ( a, (30 Preuve On s'intéresse aux p composantes g i f pour i =,, p de g f : théorème précédent, et donc en écrivant les n lignes pour i =,, n, on obtient (39 comme annoncé 3 juin 006

32 3 3 Fonctions de plusieurs variables à valeurs vectorielles Remarque 34 La formule (39 n'est autre que la formule de composition des applications linéaires : si L : R n R m est une application linéaire, représentée dans la base canonique par la matrice [L ] de dimension m n, et si L : R m R p est une application linéaire, représentée dans la base canonique par la matrice [L ] de dimension p m, alors L L : R n R p est une application linéaire, représentée dans la base canonique par la matrice produit [L ][L ] de dimension p n Et dans le théorème précédent, L = df( a et L = d g( b où b = f( a, de matrices [L ] = [df( a] et [L ] = [d g( b] Et on a d( g f( a = d g( b df( a = L L, représenté par la matrice [L ][L ] = [d g( b][df( a] Proposition 35 Si f : R n R n est dérivable en a, inversible d'inverse f dérivable en b = f( a, alors det([df( a] 0 et : [d( f ( b] = ( [d f( a] (3 Preuve On a [d( f f( a] = I où I est la matrice identité, ie [d( f ( b][df( a] = I ( Exercice 36 Soit ψ(ρ, ρ cos θ θ = ρ sin θ dénie sur R + ] π, π[ à valeurs dans R, et soit f(x, y = x + y dénie sur R à valeurs dans R Calculer [dψ], [df], [d(f ψ] après avoir calculé f ψ, et [df( ψ(ρ, θ][dψ(ρ, θ] Exercice 37 Soit F (x, y, z = (x+y, xy z et G(u, v = (u +v, uv, e v Donner les ensembles de départ et d'arrivée de F et de G, calculer df, dg, df (G(u, vdg(u, v, et d(f G(u, v après avoir donné F G Exercice 38 Soit f(x, y = sin(x y et soit g(x, y = (x+y, x y Donner les espaces de départ et d'arrivée de f et de g Calculer f g, puis d(f g Calculer df, puis d g, puis df( g( xd g( x Réponse On a f : R R et g : R R On a f g : R R dénie par (f g(x, y = f( g(x, y = f(g (x, y, g (x, y = sin((x+y (x y = sin(4xy D'où [d(f g( x] = ( 4y sin(4xy, 4x sin(4xy (matrice ligne Puis on change les notations pour éviter toute ambiguïté On note f(x, Y = sin(x Y, et on garde la notation g(x, y = Ainsi on notera f( g(x, y = f(x, Y où X = g ( x = x+y et Y = g ( x = x y ( [d g(x, y] = ( g( x = x+y g ( x = x y Calcul immédiat : (matrice constante et [df(x, Y ] = ( X sin(x Y, Y sin(x Y (matrice ligne On a besoin de df( g( x, ie df(x, Y où X = g ( x = x+y et Y = g ( x = x y : [df( g( x] = ( (x+y sin((x+y (x y, (x y sin(x+y (x y = ( (x+y sin(4xy, (x y sin(4xy D'où le produit [df( g( x][d g(x, y] = ( 4y sin(4xy, 4x sin(4xy, déjà obtenu directement Exercice 39 Soit ψ(ρ, θ, ϕ = G(x, y, z = ( x +y +z x +y z ρ cos θ cos ϕ ρ sin θ cos ϕ ρ sin ϕ dénie sur U = R + ] π, π[ ] π, π [ Et soit dénie que R R R On notera u = (ρ, θ, ϕ et x = (x, y, z Calculer dψ( u, dg( x puis le produit dg( ψ( ud ψ( u Calculer (G ψ( u et d(g ψ( u Vérier le résultat Exercice 30 Soit f : R R une fonction telle que f(x, y = f(y, x Montrer que (x, y = (x, y Réponse On pose g(x, y = f(y, x, ie g(x, y = (f ϕ(x, y où ϕ(x, y = obtient : ( g (x, y = ( ϕ(x, y ϕ (x, y + Comme on a aussi g(x, y = f(x, y, on obtient g ( ϕ(x, y ϕ (x, y (x, y = ( ϕ(x, y ( ϕ (x, y = y ϕ (x, y = x On = ( ϕ(x, y 3 juin 006

33 33 4 Théorème des accroissements nis : cas de R n Exercice 3 Soit g : R m R une fonction dérivable, et soit h : R R la fonction dénie par h(t = g(t, t,, t Calculer h (t Donner le résultat lorsque m= et g(x, y = x sin y Réponse On note y = (y,, y m R m On a g( y = g(y,, y m R, et on veut que y i = t : on pose donc f i (t = t pour i =,, m, puis f : R R m la fonction dénie par f(t = est dénie par h = g f On a donc : h (t = g ( f(t g (t + + ( f(t t m m t (t f (t f m(t Et la fonction h Comme f i(t = t pour tout i =,, m et tout t R (et donc f i(t =, on en déduit h (t = m g i= (t, t,, t Pour g(x, y = x sin y, on obtient h (t = g g (t, t + (t, t = sin t + t cos t Comme ici h(t = t sin t, on vérie directement le résultat obtenu Exercice 3 Soit g : R m R une fonction dérivable, soit x R m, et soit h : R R la fonction dénie par h(t = g(t x Calculer h (t Donner le résultat lorsque m=, x = (, 3 et g(u, v = u sin v Réponse Même démarche que précédemment, avec f i(t = tx i pour tout i =,, m et tout t R, d'où h (t = m g i= xi (t x Pour g(x, y = x sin y et x = (, 3, on obtient h (t = g g (t, 3t + 3 (t, 3t = sin(3t + 6t cos(3t Comme ici h(t = t sin(3t, on vérie directement le résultat obtenu Exercice 33 Soit f : R R une fonction C On pose : Que vaut h (x? h(x = x 0 f(x, t dt Réponse On pose g(x, y = y f(x, t dt On a h(x = g(x, x, ie h(x = (g ϕ(x où ( x ϕ(x = 0 x D'où h (x = g ( ϕ(x ϕ g (x + ( ϕ(x ϕ (x, ie h (x = x (x, t dt + f(x, x 0 (Autre méthode : faire le changement de variable u = t quand x 0 x 4 Théorème des accroissements nis : cas de R n On commence par regarder le cas des fonctions d'une variable réelle à valeurs vectorielles, ie des fonctions de type ϕ : [a, b] R n Une telle fonction a son graphe représenté par une trajectoire dans R R n = R n+ ( Pour simplier, on prendra n = et on notera ϕ (t ϕ(t = ϕ (t, où donc les fonctions ϕ et ϕ : R R Dans ce cas le théorème des accroissements nis 38 page 9 n'est plus applicable Exemple 4 Soit ϕ : t [0, π] ϕ(t = ( sin(t cos(t ( cos(t = ϕ (t sin(t = ϕ (t R Sa dérivée est ϕ (t = R, et on a ϕ(0 ϕ(π = 0 ne peut pas être égale à (π 0 ϕ (c pour un c ]0, π[, car ϕ (c 0 pour tout c (en eet ϕ (c = (sin c+cos c = Continuons sur l'interprétation du graphe : dans le cas des fonctions f : I R dérivables, le théorème des accroissements nis 38 indique qu'il existe c tel que l'accroissement ni f(b f(a b a vaut f (c Le théorème des accroissements nis 38 est bien sûr applicable à ϕ et à ϕ : il existe un réel c pour ϕ et un réel c pour ϕ tels que sin c = ϕ (c = ϕ(π ϕ(0 π 0 = 0, et cos c = ϕ (c = ϕ(π ϕ(0 π 0 = 0 Mais c c : ici c = π mod(π est toujours diérent de c = π mod(π On a cependant une inégalité (accroissements nis `aaiblis' pour E = R n Rappelons que si f et g de [a, b] R sont continues sur [a, b] et dérivables sur ]a, b[ et si f g, alors b a f (tdt b (tdt, ie a g f(b f(a g(b g(a Et ce résultat est conservé pour E espace de Banach (en particulier pour E = R n : 33 juin 006

34 34 4 Théorème des accroissements nis : cas de R n Théorème 4 (accroissement nis Soient deux réels a et b, et E un espace de Banach dont la norme est notée E Soient ϕ : [a, b] E et g : [a, b] R deux applications continues sur [a, b] et diérentiables sur ]a, b[ telles que : t ]a, b[, ϕ (t E g (t (4 Alors : ϕ(b ϕ(a E g(b g(a (4 (l'intégration passe sous la norme, ie l'accroissement de ϕ est majoré par celui de g La dernière inégalité s'écrit aussi b a ϕ (tdt E b a g tdt, ce qui est une généralisation du théorème des accroissements nis dans le cas des fonctions à valeurs scalaires Preuve On va en fait montrer que : ε > 0, t [a, b], ϕ(t ϕ(a E g(t g(a + ε(t a + ε (On a ajouté une `petite' fonction ane On fera alors tendre ε vers 0 pour avoir le résultat Soit donc ε > 0 donné On pose pour tout t [a, b] : où donc F (a = ε, et on va montrer que : F (t = ϕ(t ϕ(a E ( g(t g(a + ε(t a + ε, U = {t [a, b] : F (t > 0} = ensemble vide, d'où le résultat - U est ouvert car l'application F est continue sur [a, b] et U = F (]0, [ Puis supposons U - Soit c = inf{t U} Alors : - c > a : en eet, l'application F est continue sur [a, b] et F (a = ε donc F (t < 0 pour t susamment proche de a - c U : en eet, sinon U = [c, et U ne serait pas ouvert 3- c < b : sinon c = b, donc U = {b} et U est fermé 3- On vient d'obtenir c ]a, b[ et donc, par hypothèse, ϕ (c E g (c Et donc, ε étant donné, il existe η > 0 tel que ]c, c + η[ ]a, b[ et, par dénition de la dérivée : On en déduit : t ]c, c + η[, ϕ(t ϕ(c E t c t ]c, c + η[, ε ϕ (c E ϕ(t ϕ(c E t c et g (c g(t g(c t c soit : t ]c, c + η[, ϕ(t ϕ(c E g(t g(c + ε(t c Mais on a aussi c U et donc F (c 0, ie : d'où en sommant (et inégalité triangulaire : t ]c, c + η[, ϕ(c ϕ(a E g(c g(a + ε(c a + ε + ε g(t g(c t c ϕ(t ϕ(a E g(t g(a + ε(t a + ε Mais alors pour tout t [c, c + η ] on a F (t 0 et donc c + η inf{t U} = c Contradiction Donc U = Exercice 43 Montrer que, pour ϕ : [a, b] E, si ϕ = 0 alors ϕ =cste Réponse Ayant ϕ = 0, on a ϕ (t 0 pour tout t [a, b], et donc ϕ(t ϕ(a E 0 pour tout t [a, b], ie ϕ(t = ϕ(a pour tout t [a, b] + ε 34 juin 006

35 35 5 Théorème du point xe de Banach Exercice 44 Montrer que, pour ϕ : [a, b] E, s'il existe deux réels m( 0 et M( 0 tels que m ϕ (t M pour tout t [a, b], alors ϕ(b ϕ(a M(b a, mais que le résultat ϕ(b ϕ(a m(b a est faux en général Réponse On pose g(t = Mt pour tout t [a, b] Par hypothèse ϕ (t g (t = M pour tout t [a, b] D'où ϕ(b ϕ(a M(b a ( cos t sin t Par contre, pour ϕ(t = et 0 m(π 0 À comparer avec l'exercice 40 sur R, on a m = car ϕ (t = pour tout t, mais ϕ(π ϕ(0 = 0 D'où : Théorème 45 Soit ϕ : [a, b] E, avec ϕ C ([a, b]; E Alors : ϕ(b ϕ(a E k (b a où k = sup ϕ (t E (43 t [a,b] Preuve On prend g(t = kt où k = sup t [a,b] ϕ (t E existe car ϕ C 0 ([a, b]; E Et on a ϕ (t E g (t pour tout t, d'où le résultat D'où on déduit pour les fonctions de variables vectorielles : Théorème 46 (Théorème des accroissements nis Soit Ω un ouvert de R n et f C (Ω; E Pour a, b R n, on note [ a, b] le segment [ a, b] = { x(t = t( b a+ a, t [0, ]} Alors, pour a, b Ω, si [ a, b] Ω, on a : f( b f( a E k b a où k = sup df( x L(R n ;E (44 x [ a, b] (On rappelle que df( x df( x( y L(R n ;E = sup E y R n y R et en particulier si E = R p et [df( x] n la matrice jacobienne de f en x, alors df( x [df( x] y L(R n ;R p = sup R p y R n y R n Preuve Soit ψ(t = f(t( b a + a pour t [0, ] On a ψ C ([0, ]; E avec ψ (t = df( x( b a quand x = t( b a + a, et le théorème précédent donne ψ( ψ(0 E k ψ où k ψ = sup t [a,b] ψ (t E sup x [ a, b] df( x L(R n ;E b a E 5 Théorème du point xe de Banach Soit E un espace de Banach (espace vectoriel normé et complet pour la norme On prendra par exemple E = R n avec la norme euclidienne Dénition 5 Si f : Ω E et a E vérient : a est appelé point xe de f a = f(a, Dans le cas d'une fonction f de R R, un point xe est l'intersection de la droite y = x avec la fonction y = f(x : un tel x vérie x = y = f(x comme souhaité Dénition 5 S'il existe k > 0 tel que : x, y U, f(x f(y E k x y E, alors f est appelée lipschitzienne de rapport k Et si k < alors f est appelée une contraction Il est immédiat que si f est lipschitzienne alors f est continue, et même uniformément continue On commence par le cas Ω = E : 35 juin 006

36 36 5 Théorème du point xe de Banach 48 y x Fig 5 Les 3 points xes de la fonction f(x = (x+(x (x = x 3 x x+ Théorème 53 Si E est un espace de Banach, si f : E E est une contraction, alors f possède un et un seul point xe :!a E tel que a = f(a Preuve Soit b E un point quelconque, on pose b 0 = b Et soit b = f(b, b = f (b = f(b, et pour n, b n = f(b n = f n (b Alors (b n N est une suite de Cauchy En eet, on a, pour p, n N, sachant k < : et donc : b p b 0 E b p b p E + + b b 0 E (k p + + k + b b 0 E kp+ k b b 0 E k b b 0 E, b n+p b n E k b n+p b n E k n b p b 0 E k n k b b 0 E n,p 0 La suite (b n est donc de Cauchy dans E complet : elle converge Soit a sa limite, a = lim n (b n Et f étant continue (car Lipschitz, on a f(a = f(lim n (b n = lim n (f(b n = lim n (b n+ = lim n (b n = a, et donc a est point xe Enn si a est un autre point xe, ie a = f(a, alors a a = f(a f(a k a a et donc a a = 0 car k < Si f est uniquement dénie sur Ω E à valeurs dans E, il faut s'assurer dans le théorème précédent que pour b Ω donné, b = f(b Ω C'est l'objet des hypothèses supplémentaires dans le théorème suivant : Théorème 54 Si f : Ω E est k-lipschitzienne avec k < (et f est une contraction, et s'il existe un point b Ω et un réel M R tels que d(b, E Ω > M et tel que d(b, f(b < M( k (ie b est susamment loin de sa frontière, alors : ie il existe un unique point xe de f dans E!a E tel que a = f(a, 36 juin 006

37 37 6 Théorème d'inversion locale Preuve Démonstration similaire ( Exercice 55 Soit F : R R dénie par cos x+y F (x, y = sin On note x = (x, y x+y - Montrer qu'il existe B boule fermée de R telle que F (B B - Montrer que l'application linéaire df ( x (représentée par la matrice jacobienne de F en x dans la base canonique vérie df( x pour x B (On rappelle que si L est une application L( x linéaire, alors L = sup x 0 x 3- En déduire que F admet un unique point xe dans B Réponse - On a F ( x = pour tout x (l'image de F est dans le cercle unité; donc si x r, ie si x B( 0, r, on a F ( x B( 0,, et B( 0, B( 0, r ssi r ; et donc, toute boule B de centre 0 et de rayon vérie F ( (B B On prend par exemple B = B( 0, - x+y sin x+y sin [df( x] =, d'où df( x v = v +v, d'où df( x v = cos x+y cos x+y ( sin x+y cos x+y v +v df( x v D'où sup v = (v v En eet, +v = v v +v +v v qui est maximum pour v +v v = v +v avec pour valeur max 3- D'où F est une contraction dans la boule unité fermée, et donc F admet un unique point xe dans cette boule (d'ailleurs sur le cercle unité image de F : il existe un unique point (x, y de R tq x = cos x+y et y = sin x+y 6 Théorème d'inversion locale Soit une fonction inversible : f : { [a, b] R [c, d], x y = f(x, f : { [c, d] R [a, b], y f (y = x, On rappelle que le graphe de f se déduit du graphe de f par symétrie autour de la droite y = x, voir gure 6 En eet, on commence par remarquer que : si le graphe de f est représenté dans le repère (0, x, y, alors celui de f est représenté dans le repère (0, y, x : pour f, c'est le segment [a, b] qui est en abscisse et le segment [c, d] qui est en ordonnées, alors que pour f, c'est le segment [c, d] qui est en abscisse et le segment [a, b] qui est en ordonnées Puis, dans le repère (0, x, y soit un point P = (x, y=f(x du graphe de f Montrons que Q = (q, q = (y=f(x, x = le symétrique de P par rapport à la première diagonale y = x appartient au graphe de f, ie que le point Q dans le repère (0, y, x vérie : f (q = q C'est immédiat car f (q = f (f(x = x = q 3 y G(f 3 x G(f y P=(x,f(x 0 x x (f(x,x= (y,f (y y x 0 (y,f (y y Fig 6 Construction des fonctions réciproques : par symétrie par rapport à la bissectrice du premier cadran y = x Théorème 6 On suppose f C ([a, b] (où a<b, et on se donne un point c ]a, b[ tel que f (c 0 Alors il existe r > 0 tel que ]c r, c+r[ [a, b] pour lequel f est bijective et dont l'inverse est C, avec de plus : y f(]c r, c+r[, posant x = f (y, (f (y = f (x 37 juin 006

38 38 6 Théorème d'inversion locale f(x f (y f (y 0 x 0 y 0 y Fig 6 La fonction f(x = y = (x 0 3, et ses fonctions réciproques : la première f (y = x = y + 03 (branche supérieure dénie pour y 03 et la seconde f (y = x = y + 03 (branche inférieure dénie pour y 03 Un dessin aide à s'en convaincre : la fonction f est la fonction miroir de f par rapport à l'axe déni par la droite y = x, et la pente pour la fonction f est l'inverse de la pente de la fonction f (à condition que cette pente ne soit pas nulle Preuve Par hypothèse on a f (c 0 Quitte à considérer f, supposons f (c > 0 f continue et f (c > 0 impliquent qu'il existe r > 0 et un intervalle ]c r, c+r[ sur lequel f (x > δ pour δ = f (c On s'intéresse à la restriction f r de f à l'intervalle ]c r, c+r[, restriction qu'on note également (abusivement f Sur l'intervalle ]c r, c+r[, f est injective : sinon avec le théorème de Rolle, il existerait un point de cet intervalle où f s'annule, contraire à l'hypothèse δ > 0 Donc f est bijective de ]c r, c+r[ dans son image f(]c r, c+r[ = J Et on peut considérer son inverse f : J ]c r, c+r[ Montrons que f est continue dans J Soit y 0 J, avec donc y 0 = f(x 0 pour un unique x 0 ]c r, c+r[ Et pour h R susamment petit pour que y = y 0 + h J, et y est associé à un x ]c r, c+r[ tel que y = f(x Le théorème de accroissements nis indique qu'il existe ξ entre x 0 et x tel que f(x f(x 0 = (x x 0 f (ξ, d'où : f (y f (y 0 = x x 0 = f(x f(x 0 f (ξ f(x f(x 0 δ = y y 0, δ et donc f (y f (y 0 0 quand y y 0 : f est bien continue en y 0, pour tout y 0 J : f est continue dans J Montrons que f est dérivable en y 0 J On a : f (y f (y 0 x x 0 = y y 0 f(x f(x 0 = x x 0 (x x 0 f (ξ x pour un ξ x entre x 0 et x, le dénominateur ne s'annulant pas car f (ξ x > δ > 0 D'où : f (y f (y 0 y y 0 y y0 f (x 0 = f (f (y 0 noté = (f (y 0 Enn, montrons que la fonction (f ainsi dénie sur J est continue Les fonctions f et f sont continues, f ne s'annule pas dans ]c r, c+r[, et X X est continue là où X 0 Donc (f est bien continue Et en n dimensions on a : Théorème 6 Soit f : Ω R n R n une fonction continue qui est C Et soit c Ω un point tel que det([df( c] 0 (avec [df( c] = [ i j ( c] i,j n la matrice jacobienne de f en c et det([df( c] son jacobien { Alors il} existe U Ω, U ouvert et U c, pour lequel la restriction de f à U : U V =f(u f U : est un diéomorphisme (bijective C d'inverse C Et pour tout y V, x y = f( x notant x = f ( y : [d( f ( y] = [df( x], ie la matrice jacobienne de l'inverse est l'inverse de la matrice jacobienne, ie, la matrice [df( x] représentant l'application linéaire tangente à f en x a pour inverse la matrice [df( x] = d( f ( y représentant l'application linéaire tangente à f en y = f( x 38 juin 006

39 39 6 Théorème d'inversion locale Preuve Montrons que f est inversible dans un voisinage de c Ayant det([d f( c] 0, la matrice [d f( c] est inversible, et l'application linéaire df( c est inversible Soit L = (d f( c l'application linéaire inverse, avec donc Ld f( c = I identité Ayant f C, on a d f C 0, et donc il existe ρ > 0 tel que : x B( c, ρ, d f( x d f( c L, (6 où L est la norme de L et B( c, ρ est la boule centrée en c de rayon ρ Puis soit r = y B( f( c, r On pose : G y : { B( c, ρ R n x G y ( x = x L( f( x y ρ L et Montrons que G y est contractante On a dg y ( x = I Ldf( x = L(df( c df( x d'où dg y ( x L L = dans B( c, ρ D'où étant donné deux points x, x B( c, ρ, le théorème des accroissements nis 4 (son corollaire 46 donne : G y ( x G y ( x sup ( dg y ( x x x x [ x, x ] x x (6 D'où on a G y (B( c, ρ B( c, ρ car pour x B( c, ρ et y B( f( c, r : G y ( x c G y ( x G y ( c + G y ( c c x c + L( y f( c ρ + L r ρ D'où G y est contractante dans B( c, ρ de rapport Donc G y a un unique point xe x : G y ( x = x, ie à y B( f( c, r xé, il existe un unique point x B( c, ρ tq y = f( x, et donc f est bijective de f (B( f( c, r dans B( f( c, r On note V = B( f( c, r (qui est ouvert et U = f (B( f( c, r, et on a obtenu que f est bijective de U dans V Et comme f est continue, et U est l'image inverse de V, on a U ouvert qui contient c Montrons que f : V U est continue sur V Montrons que, pour tout x, x U : On a : f( x f( x L x x (63 G y ( x G y ( x = ( x x L( f( x f( x x x L f( x f( x, d'où avec (6 : L f( x f( x x x D'où f ( y f ( y L y y, et f est lipschitzienne sur V donc continue Montrons que f est dérivable sur V, ie, pour y V, il existe une application linéaire L y : R n R n telle que f ( y ε f ( y = L y ( y ε y + o( y ε y Montrons que L y = (df( x pour x = f ( y On a df( x( x ε x = f( x ε f( x + o( x ε x, d'où : x ε x = df( x ( f( x ε f( x + o( L ( x ε x En eet, on a (6 et donc df( c df( x L, donc df( x df( c L, et comme I = Ldf( c, on a L df( c, d'où df( c L et df( x L Donc : x ε x = df( x ( f( x ε f( x + o(( x ε x Et f est continue sur le compact [ y, y ε ] et donc x ε x M y ε y où M est la borne supérieure de f sur B( f( c, d dès que y ε B( f( c, d où d = d( y, B(f( c, r est la distance de y au bord de la boule V = B(f( c, r Et donc o(( x ε x = o(( y ε y au voisinage de y, et donc f ( y ε f ( y = df( x ( y ε y + o( y ε y au voisinage de y Donc f est dérivable en tout y V et df ( y = df( x Montrons que df est continue sur V On a df ( y = (df( x = (df f ( y avec df et f continues et avec l'application linéaire inverse M M qui est continue en M lorsque l'application linéaire M est inversible 39 juin 006

40 40 7 Théorème des fonctions implicites 7 Théorème des fonctions implicites 7 Cas des fonction R R R On se donne une fonction : f : { Ω R n R, (x,, x n z = f(x,, x n Le graphe de cette fonction est le sous-ensemble de R n+ déni par : G f = {(x,, x n, z : z = f(x,, x n } R n+ Et on s'intéresse à l'intersection de G f avec le plan z = c Dénition 7 Soit c R On appelle surface de niveau de f de valeur c l'ensemble : Γ c = {(x,, x n Ω : f(x,, x n = c} Si R n = R, la surface de niveau est appelée courbe de niveau : c'est l'ensemble des (x, y tels que f(x, y = z Et si R n = R, la courbe de niveau est au plus un ensemble de points (et au plus un point unique si f est bijective Sur une surface de niveau, les coordonnées (x,, x n ne sont pas indépendantes : elles sont liées par l'équation f(x,, x n = c, ce lien étant implicite La question est alors de savoir si de ces n variables dépendantes on peut extraire n variables indépendantes Si c'est le cas, on pourra (au moins localement exprimer l'une d'elles en fonction des autres, par exemple, on pourra exprimer x n =fonction de (x,, x n Le lien est alors explicite : on a explicité x n en fonction des autres variables Le théorème des fonctions implicites donne une condition susante pour qu'une relation explicite existe Exemple 7 Soit f(x, y = ax + by, et soit z 0 = c R donné Alors l'ensemble des (x, y qui satisfont à ax + by = c est une droite Et les (x, y qui sont sur cette droite peuvent également s'exprimer sous la forme y = g(x où g(x = c ax existe à condition que b 0 Noter que b = (x, y Les (x, y qui sont sur cette droite peuvent également s'exprimer sous la forme x = h(y où existe à condition que a 0 h(y = c by a Localement, toute fonction f C (R ; R au voisinage d'un point (x 0, y 0 admet un développement limité : f(x, y = f(x 0, y 0 + (x x 0 (x 0, y 0 + (y y 0 (x 0, y 0 + o(x x 0, y y 0 Et f est approximée par son plan tangent en (x 0, y 0 On en déduit que, dès que B = (x 0, y 0 0, le long d'une courbe de niveau f(x, y = c : y = y 0 A B (x x 0 + o(x x 0, y y 0 noté = g(x, où on a noté A = (x 0, y 0, ie on a explicité y en fonction de x sur la courbe de niveau Et en particulier, on a g (x 0 = A B = (x 0,y 0 (x 0,y 0 Exemple 73 Soit f(x, y = xe y, et soit c 0 donné On regarde l'ensemble des (x, y tels que xe y = c On obtient la relation explicite x = h(y = ce y, et quand cela a un sens la relation y = g(x = log( c x : cette relation n'est pas valable pour tout x dans R (problème au voisinage de x = 0, et une telle relation ne peut être établie que localement dans ], 0[ où dans ]0, [ b 40 juin 006

41 4 7 Théorème des fonctions implicites Et si on exprime f en fonction de son développement limité : f(x, y = x 0 e y 0 + (x x 0 (e y 0 + (y y 0 (x 0 e y 0 + o(x x 0, y y 0 le plan tangent a une équation de la forme z = Ax + By + C et B = x 0 e y 0 est nul si x 0 = 0, auquel cas on ne peut pas expliciter y en fonction de x au voisinage d'un point (0, y 0 lorsqu'on considèrera l'équation f(x, y = 0 Par contre, A = e y0 0 et on peut toujours expliciter x en fonction de y comme on l'a vu pour résoudre l'équation f(x, y = c : à savoir x = ce y On commence par écrire et démontrer ce théorème pour les fonctions R R : Théorème 74 Soit Ω ouvert de R et f : Ω R une fonction C (Ω, R Soient (x 0, y 0 Ω et c R tels que : f(x 0, y 0 = c et (x 0, y 0 0 Alors il existe un voisinage ouvert V V de (x 0, y 0, et il existe une fonction dérivable g : V V telle que : (x, y V V, f(x, y = c (x, y V V, y = g(x De plus, la dérivée de g en x 0 est donnée par : g (x 0 = (x 0, y 0 (x 0, y 0 (7 Preuve Si g existe et est dérivable alors on a : x V, f(x, g(x = c D'où par dérivation : x V, posant y = g(x, (x, y + (x, yg (x = 0, d'où la relation (7 Montrons que g existe et est dérivable On suppose c = 0, sinon on remplace f par la fonction (x, y f(x, y c Et on suppose que (x 0, y 0 = m > 0 sinon on considère f Ayant continue, il vient : a > 0, b > 0, x, y [x 0 a, x 0 +a] [y 0 b, y 0 +b], (x, y m On va alors démontrer le résultat suivant, sachant f(x 0, y 0 = 0(= c : α > 0, α a, x [x 0 α, x 0 +α], f(x, y 0 b < 0 < f(x, y 0 + b (7 (Il sura de prendre x susamment proche de x 0, f et étant continues Pour cela : on sait que dans le voisinage [x 0 a, x 0 +a] [y 0 b, y 0 +b], on a, étant continu : M > 0, x, y [x 0 a, x 0 +a] [y 0 b, y 0 +b], Et le théorème des valeurs intérmédiaires donne : (x, y M x [x 0 a, x 0 +a], ξ x (x 0, x, f(x, y 0 = f(x 0, y 0 + (x x 0 (ξ x, y 0 (La notation ξ x (x 0, x signie ici que si x 0 x alors ξ x [x 0, x] et si x x 0 alors ξ x [x, x 0 ] Et donc, sachant f(x 0, y 0 = 0 : De même, α, 0 < α < a, x [x 0 α, x 0 +α], f(x, y 0 αm ξ y [y 0, y 0 +b], On en déduit, en procédent de même avec y 0 b : f(x, y 0 + b f(x, y 0 = b (x 0, ξ y b m f(x, y 0 + b = [f(x, y 0 + b f(x, y 0 ] + f(x, y 0 > b m αm, f(x, y 0 b = [f(x, y 0 b f(x, y 0 ] + f(x, y 0 < b m + αm, Et il sut de prendre α = bm 4M pour obtenir (7 4 juin 006

42 4 7 Théorème des fonctions implicites Et de (7, à x xé dans [x 0 α, x 0 +α], par continuité de f, on déduit qu'il existe un point y [y 0 b, y 0 +b] tel que f(x, y = 0 Et comme la fonction y [y 0 b, y 0 +b] f(x, y est strictement croissante ( (x, y > 0, ce point y est unique : on pose y = g(x Il reste à montrer que la fonction g ainsi dénie est dérivable On prend y = g(x et k tel que y + k = g(x + h, et on s'intéresse à g(x+h g(x h qui vaut donc (y+k y h = h k Le théorème des accroissements nis appliquer à la fonction t R f(x + th, y + tk R (on se place sur le segment de droite qui va de (x, y à (x + h, y + k donne : (ξ, η [x, x+h] [y, y+k], f(x+h, y+k f(x, y = h (ξ, η + k (ξ, η Mais y = g(x et y + k = g(x + h donnent f(x+h, y+k = f(x, y = 0 (on est sur la courbe de niveau, d'où : Et donc : Ce qui conclut la démonstration k h = (ξ, η (ξ, η g(x + h g(x lim h 0 h = (x, y R (x, y Exercice 75 On pose f(x, y = sin x e y + e y Montrer que l'équation sin x e y + e y = 0 est explicitable au voisinage de 0 par une fonction y = ϕ(x où ϕ C (R; R Calculer ϕ (0 Réponse Si ϕ existe, on a f(0, ϕ(0 = 0, ie e ϕ(0 + e ϕ(0 = 0 = sinh(ϕ(0 (sinus hyperbolique, et donc ϕ(0 = 0 On a (x, y = ey e y = cosh(y (cosinus hyperbolique, et donc au point (x=0, y=ϕ(0=0 on a (0, 0 = 0 Donc on peut appliquer le théorème des fonctions implicites : il existe une fonction ϕ : R R dénie au voisinage de x=0 telle que ϕ(x = y f(x, y = 0 On a donc f(x, ϕ(x = 0, donc (x, ϕ(x+ (x, ϕ(xϕ (x = 0 = cos x (e ϕ(x y+e ϕ(x ϕ (x, d'où ϕ (0 = Exercice 76 Même question pour l'équation x 3 + y 3 3xy = 0, où ϕ(0 = Et donner un développement limité de ϕ à l'ordre 3 au voisinage de 0 Réponse On pose f(x, y = x 3 + y 3 3xy On a (x, y = 3y 3x En particulier, (0, = 3 0 On peut donc expliciter f au voisinage de (0, : il existe une fonction ϕ : V V avec V voisinage de 0 et V voisinage de telle que y = ϕ(x f(x, y = 0 Pour x V on a donc f(x, ϕ(x = 0, d'où (x, ϕ(x + (x, ϕ(xϕ (x = 0 Soit x 3ϕ(x + (3ϕ(x 3xϕ (x = 0 D'où, avec ϕ(0 =, on obtient 3+3ϕ (0 = 0, d'où ϕ (0 = Puis 4x 3ϕ (x+(6ϕ (xϕ(x 3ϕ (x+(3ϕ(x 3xϕ (x = 0 D'où 3 + ( ϕ (0 = 0, d'où ϕ (0 = 0 D'où 4 3ϕ (x + (6ϕ (xϕ(x + 6ϕ (x ϕ (x + (6ϕ (xϕ(x 3ϕ (x + (6ϕ (xϕ(x 3ϕ (x + (3ϕ(x 3xϕ (x = 0 D'où ϕ (0 = 0, d'où ϕ (0 = 0/3 Exercice 77 Même question pour l'équation ye x + xe y = 0 Et donner un développement limité de ϕ à l'ordre au voisinage de 0 7 Cas des fonction R n R m R m 7 Développement limités, fonction R n R m R Pour f C (R n R m ; R, on peut écrire son développement limité au premier ordre comme, pour ( x, y R n R m, h R, ( v, w R n R m : f(( x, y + h( v, w = f( x, y + h df( x, y( v, w + o(h = f( x, y + h D f( x, y v + h D f( x, y w + o(h où l'application linéaire df( x, y : R n R m R est écrite : df( x, y( v, w = D f( x, y v + D f( x, y w En d'autres termes, si à y xé on pose f y ( x = f( x, y, on a D f( x, y = df y ( x; et si à x xé on pose f x ( y = f( x, y, on a D f( x, y = df x ( y 4 juin 006

43 43 7 Théorème des fonctions implicites Exemple 78 R 3 = R R, ie n = et m = On a df(x, y, z(v, v, v 3 = (x, y, zv + (x, y, zv + z (x, y, zv 3 Posons x = x et y = (y, z Et on note v = v et w = (v, v 3 On a alors D f(x, (y, zv = (x, y, zv et D f(x, (y, z(v, v 3 = (x, y, zv + z (x, y, zv 3 Et on a df( x, y( v, w = D f( x, y v + D f( x, y w Exemple 79 Avec R 3 = R R, ie n = et m = On a df(x, y, z(v, v, v 3 = (x, y, zv + (x, y, zv + z (x, y, zv 3 Posons x = (x, y et y = z Et on note v = (v, v et w = v 3 On a alors D f((x, y, z(v, v = (x, y, zv + (x, y, zv et D f((x, y, zv 3 = z (x, y, zv 3 Et on a df( x, y( v, w = D f( x, y v + D f( x, y w 7 Développement limités, fonction R n R m R p Et pour f C (R n R m ; R p, on peut écrire son développement limité au premier ordre comme, pour ( x, y R n R m, h R, ( v, w R n R m : f(( x, y + h( v, w = f( x, y + h D f( x, y v + h D f( x, y w + o(h, où l'application linéaire d f( x, y : R n R m R p est écrite d f( x, y( v, w = D f( x, y v + D f( x, y w (Dans une base de R p on a ainsi p équations On a donc : f( x, y = f( x 0, y 0 + A( x x 0 + B( y y 0 + o( ( x x 0, ( y y 0, où A : R n R p et B : R m R p sont les applications linéaires A = D f( x0, y 0 et B = D f( x0, y 0 73 Application : fonction R n R m R m En particulier, quand m = p, l'application linéaire B = D f est un endomorphisme de R m, et s'il est inversible, on a localement : y = y 0 + B ( f( x, y f( x 0, y 0 A( x x 0 + o( ( x x 0, ( y y 0 Et le long d'une courbe de niveau f( x, y = c, on a ainsi explicité y en fonction de x au voisinage du point ( x 0, y 0 : y = y 0 B A( x x 0 + o( ( x x 0, ( y y 0 noté = g( x Le théorème s'énonce 74 se généralise alors comme (avec ici D f( x, y endomorphisme inversible : Théorème 70 Soit Ω ouvert de R n R m et f : Ω R m une fonction C (Ω, R m Soient ( x 0, y 0 Ω et c R m tels que : f( x 0, y 0 = c et D f( x0, y 0 isomorphisme de R m, où D f( x0, y 0 désigne la diérentielle de f par rapport à la variable y au point ( x 0, y 0, ie la diérentielle df x0 ( y 0 : R m R m de l'application f x0 : y f x0 ( y = f( x 0, y Alors il existe un voisinage ouvert V V de ( x 0, y 0, et il existe une fonction dérivable g : V V telle que : ( x, y V V, f( x, y = c y = g( x Et donc localement, la surface de niveau f( x 0, y 0 = c est représentable par une fonction y = g( x Et avec f( x, g( x = 0 on obtient : Ou encore, en termes de matrices jacobiennes : D f( x, g( x + D f( x, g( x d g( x = 0 (73 [D f( x, g( x] + [D f( x, g( x][d g( x] = 0 (74 43 juin 006

44 44 7 Théorème des fonctions implicites Preuve On regarde ici le cas n = m = p =, la démarche dans le cas général étant la même On va appliquer le théorème d'inversion locale à la fonction, pour Ω R R : La matrice jacobienne de h est d h = Ω R R, h : (x, y h(x, y = ( ( x f(x, y ( 0 = de déterminant (le jacobien en (x 0, y 0 qui vaut (x 0, y 0 0 Donc h est (localement inversible d'un voisinage V Ω du point (x 0, y 0 à valeurs dans W = h(v ( R On pose alors : W = {s R : (s, c W } g : x W g(x = y (section de W, et où y tq h(x, y = (x, c existe, est unique, car h inversible (On rappelle que c = f(x, y La fonction g est C car h l'est, et par construction, h(x, g(x = (x, c et donc f(x, g(x = c D'où le résultat On renvoie à Avez [] pour les détails Exercice 7 Soit f : R 3 R avec f C Ici R 3 = R R On suppose que z (x 0, y 0, z 0 0 Soit c = f(x 0, y 0, z 0 Alors il existe un voisinage ouvert V de (x 0, y 0 et un voisinage ouvert V de z 0, et il existe une fonction g : V V tels que f(x, y, z = c dans le voisinage V V de (x 0, y 0, z 0 équivaut à z = g(x, y (Si on regarde le développement limité de f au voisinage de x 0 = (x 0, y 0, z 0, sur la courbe de niveau c, on a c = f(x, y, z = f(x 0, y 0, z 0 + ( ( x 0(x x 0 + ( x 0(y y 0 + z ( x 0(z z 0 + o( x x 0, d'où z en fonction de x et y Application : f(x, y, z = x + 4y 3z On s'intéresse au voisinage du point (3, 0, On a f(3, 0, = 6 On a z (3, 0, = 6 0 Donc il existe une fonction g : V R V R, avec V voisinage de (3, 0 et v voisinage de, telle que la courbe de niveau f(x, y, z = 6 au voisinage du point (3, 0, s'écrit z = g(x, y Ayant f(x, y, g(x, y = 6, posant x = (x, y, g(x, y, on déduit en dérivant en x que g g ( x + z ( x (x, y = 0, d'où (x, y = g z ( x, d'où (3, 0 =, et de même en dérivant en y, g (3, 0 = 0 Exercice 7 Soit f : R 3 R (x, y, z ( f (x, y, z = x + e y+z f (x, y, z = x + y + z x y z À x xé, on pose g(y, z = f(x, y, z Calculer la matrice jacobienne de g Montrer qu'il existe un ( intervalle ouvert A contenant 0, un voisinage ouvert B contenant (0, 0 et une fonction ϕ (x ϕ : x A ϕ (x de classe C tels que ϕ(0 = (0, 0 et f(x, ϕ (x, ϕ (x = 0 pour tout x A Puis calculer ϕ (0 ( Réponse f est trivialement C ainsi que g On a e y+z e y+z [dg(y, z] = y z, d'où [d g(0, 0] = ( de detérminant 0 On peut donc appliquer le théorème des fonctions implicites : ayant ( 0 f(0, (0, 0 = 0, il existe A un intervalle ouvert contenant 0, B un intervalle ouvert contenant (0, 0 et une application ϕ : A B tels que (y, z = ϕ(x équivaut à f(x, { (y, z = 0 pour tout (x, (y, z A B, f(x, avec donc ϕ(0 = (0, 0 Et f et ϕ vérient f(x, ϕ ϕ(x = 0, ie (x, ϕ (x = 0, pour tout x A f (x, ϕ (x, ϕ (x = 0 On en déduit en dérivant en x que, notant T = (x, ϕ (x, ϕ (x, i (T + i (T ϕ (x+ i (T z ϕ (x = 0, pour i =,, et donc pour x = 0 et T = 0 : + ϕ (0 + ϕ (0 = 0 et ϕ (0 ϕ (0 = 0 Et donc ϕ (0 = 0 et ϕ (0 =, ie ϕ (0 = ( 0 44 juin 006

45 45 8 Changement de variables ( Exercice 73 Soit f : R 3 R donnée par : f(t, f (t, x, y = x + t + y t x, y = f (t, x, y = y x Montrer qu'il existe un intervalle ouvert I R contenant ( 0, un voisinage ouvert J de (0, 0 dans R et une application ϕ : I J, où on note ϕ (t ϕ(t = ϕ (t, tels que : ϕ(0 = 0, et pour tout t I, f(t, ϕ (t, ϕ (t = 0 Calculer ϕ (0 ( f (x, y, z = x y + z f (x, y, z = xyz ( Réponse Ici R 3 = R R On pose t = t et y = (x, y 0n a x [D y f(t, y] = y, ici indépendant de t En particulier en (t, y = (0, 0, on a det([d f(0, ] = 0, et on peut appliquer le théorème des fonctions implicites D'où l'existence de I, J et ϕ : t I (x, y J tels que f(t, ϕ (t, ϕ (t = 0 Par dérivation de fonctions composées on trouve ϕ (0 et ϕ (0 Mon- Exercice 74 Soit F : R 3 R donnée par (x, y, z trer qu'il existe un intervalle ouvert A contenant et un voisinage ouvert B de (, dans R et une application Φ : A B tels que Φ( = (, et que pour tout x A on ait F (x, ϕ (x, ϕ (x = 0 Donner la dérivée Φ ( = (ϕ (, ϕ ( de Φ en 8 Changement de variables On notera ( e,, e n la base canonique de R n On rappelle que la base canonique est la base construite sur le produit cartésien R n = R R (n-fois à partir de la base de R (élément neutre de la multiplication dans R, ie c'est la base formée des vecteurs e i = (0,, 0,, 0, 0 où seule la i-ème composante est non nulle et vaut Ainsi : x R n équivaut à : il existe (x,, x n R R tel que x = (x,, x n, ce qui s'écrit : x = x (, 0,, x n (0,, 0,, ou encore : x = x e + + x n e n (par dénition de la base canonique 8 Dénitions et résultats On se donne deux ouverts U R n et V R n 8 Changement de variables Dénition 8 Un changement de variables est une fonction ψ : U V qui est un diéomorphisme, ie une fonction ψ qui est bijective et C telle que ψ : V U soit également C U est appelé espace des paramètres, et V l'espace géométrique Les paramètres (u,, u n U sont appelés coordonnées curvilignes, et les (x,, x n V les coordonnées cartésiennes ( Exemple 8 (Coordonnées polaires Soient (u, v = (ρ, θ U = R + ] π, π[, et ψ(ρ, θ = ψ (ρ, θ = ρ cos θ = noté x(ρ, θ ψ (ρ, θ = ρ sin θ = noté y(ρ, θ, où V = Imψ = R {(x, 0 : x 0} (= R privé du demi-axe x 0 L'espace des paramètres est l'espace des (ρ, θ, et l'espace géométrique est l'espace des (x, y Remarque 83 L'application f : ], [ ], [ dénie par f(u = u 3 est C, bijective d'inverse f (x = x 3 qui est C 0 sur ], [ mais n'est pas C en 0 (pente + en 0 La proposition suivante rappellera qu'il faut f (u 0 pour tout u (pas de pente horizontale pour f pour que : f C et f bijective donne f C (théorème d'inversion locale 6 Notons u = (u,, u n U et x = (x,, x n V Puis : ψ( u = n ψ i ( u e i = i= ψ ( u ψ n ( u noté = x ( u x n ( u noté = x( u V, où les n fonctions ψ i : u U ψ i ( u R sont données de telle sorte que ψ est un changement de variables (= un diéomorphisme 45 juin 006

46 46 8 Changement de variables Proposition 84 - Si ψ est un changement de variable alors det(j ψ ( u 0 pour tout u U - Si ψ C (U, V, si ψ est bijective et si ψ vérie det(j ψ ( u 0 pour tout u U alors ψ C (V, U 3- Si ψ C (U, V et ψ vérie det(j ψ ( u 0 pour tout u U, alors localement au voisinage de chaque point u, ψ dénit un changement de variables, ie u U, r > 0, ψ : B( u, r Im(B( u, r dénit un changement de variables, où B( u, r est la boule ouverte de centre u et de rayon r Preuve - Soit ψ un diéomorphisme, alors ψ C ainsi que ψ et ψ ψ = I, et det(j ψ (x, u det(j ψ (u, v =, donc les déterminants sont non nuls (on a appliqué la proposition 35 - C'est le théorème d'inversion locale 6 lorsque ψ est bijective 3- Supposons que ψ C et det(j ψ ( u 0 pour tout u U Alors on applique le théorème d'inversion locale 6 : il existe r > 0 tel que ψ est inversible sur B( u, r Exercice 85 Soit G : R 3 R 3 application dénie par G(u, v, w = u + v + w v + w + u w + u + v Montrer que G dénit un diéomorphisme dans un voisinage de 0 (on dit que G dénit un diéomorphisme local au voisinage de 0 Réponse G est C sur R donc en 0, donc J G est C 0 sur R donc en 0 Et det(j G( 0 =, donc det(j G ( 0>0 dans un voisinage de 0 Donc on peut appliquer le théorème d'inversion locale 6 ou son expression donnée par la proposition 84 On pourra également montrer que pour u, v, w < 4, on a det(j G ( u > 0 8 Coordonnées polaires On se donne un répère (O, e, e dans l'espace ane R La base ( e, e est la base canonique, et on dispose également du produit scalaire canonique, ie de la forme bilinéaire g : R R dénie positive qui est dénie sur les vecteurs de base par g( e i, e j = δ ij pour j =, Ce produit scalaire canonique est usuellement noté g( v, w = ( v, w, et permet de dénir les angles à l'aide du cosinus Dénition 86 Les coordonnées polaires d'un point x R sont par dénition, la distance ρ = x par rapport à l'origine, et l'angle θ = ( e, x (entre e et x Un point x = (x, y est donc repéré par sa distance ρ à l'origine et son angle θ par rapport au demi axe des abscisses positives, et sera noté x = x(ρ, θ = (x(ρ, θ, y(ρ, θ On notera dans la suite u = (ρ, θ et on applique les dénitions du paragraphe 8 précédent La fonction permettant de passer des coordonnées polaires aux coordonnées cartésiennes est par exemple (à une distance ρ et un angle θ on associe un point x = ψ(ρ, θ : U =]0, [ ] π, π[ V = R {0} ( ψ : ρ u = ψ(ρ, θ θ = ψ (ρ, θ déf = ρ cos θ noté = x(ρ, θ ψ (ρ, θ déf = ρ sin θ noté = y(ρ, θ noté = x(ρ, θ, où U est R privé du demi-axe des x négatifs Cette application est bijective, d'application inverse : V = R {0} U =]0, [ ] π, π[ ψ ( : x ψ y (x, y = (ψ (x, y déf = x + y noté (ψ (x, y déf = arctan y x+ noté x +y (8 = ρ(x, y = θ(x, y (8 La fonction ψ dénit un diéomorphisme : on a exhibé son inverse, et on compose des fonctions C dans des ouverts 46 juin 006

47 47 8 Changement de variables Remarque 87 Si on souhaite récupérer un diéomorphisme dans un voisinage du demi-axe des x négatifs, il sut de considérer de considérer ψ où U =]0, [ ]0, π[ (ie avec θ ]0, π[, qui dans ce cas exclut le demi-axe des x positifs De manière générale, la fonction ψ étant périodique de période π, on peut tout aussi bien considérer ψ avec U =]0, [ ]θ 0, θ 0 + π[ où θ 0 est un réel quelconque La formule donnant θ = arctan y x+ x +y appelle quelques commentaires : - la fonction tangente : θ tan θ = sin θ cos θ est bijective de ] π, π [ ], [ (le cosinus s'annule pour θ = ± π Or on voudrait avoir une relation donnant θ pour θ ] π, π[, ie pour θ ] π, π [ : la variable adaptée à notre problème est donc θ Et on a : tan( θ = sin θ cos θ = sin θ cos θ cos θ = sin(θ = (cos(θ + y ρ x ρ + = y x + x + y D'où le résultat annoncé y - La fonction θ(x, y = arctan n'est pas très utilisée On préfère souvent utiliser la x+ x +y formule usuelle θ = arctan y x (qui dit que : tan θ = côté opposé côté adjacent Mais comme arctan : ], + [ ] π, π [ ne peut donner que des valeurs de θ ] π, π (correspondant à [ x > 0, on distingue les cas suivants : θ = arctan y, si x > 0, x π + arctan y, si x < 0, x (arctan y x π, si x = 0 et y > 0, π, si x = 0 et y < 0 = arctan y x donne le θ du point opposé ( x, y Exercice 88 Montrer que la matrice jacobienne de ψ en (ρ, θ est donnée par J ψ (ρ, θ = ( cos θ ρ sin θ, avec det(j ψ (ρ, θ = ρ, et que J ψ (x, y =, où ρ = sin θ ρ cos θ ρ(x,y ρ(x, y et θ = θ(x, y, avec det(j ψ (x, y = ( cos θ sin θ ρ sin θ ρ cos θ Exercice 89 Soit f(x, y = xy x y x +y et f(0, 0 = 0 Utiliser le changement de variables des coordonnées polaires pour montrer que f est C (R ; R Réponse Réponse f est triviallement C dans R { 0} On s'intéresse donc au voisinage de 0 On dénit g(ρ, θ = f(x, y, ie g = f ψ avec (x, y = ψ(ρ, θ où ψ dénit le changement de coordonnées polaire, avec de plus g(0, 0 = 0 = f(0, 0 (a priori le changement polaire n'est pas déni pour ρ = 0 Donc : g(ρ, θ = f(ρ cos θ, ρ sin θ = ρ cos θ sin θ(cos θ sin θ = 4 ρ sin(4θ Il est immédiat qu'à θ xé on a g(ρ, θ 0 quand ρ 0 +, ie que f(x, y 0 quand (x, y 0 dans la direction xée donnée par θ Cette direction θ étant qcq, on a f continue en 0 Par dérivation : g ρ (ρ, θ = ρ sin(4θ, g θ (ρ, θ = ρ cos(4θ D'où, avec f = g ψ et donc J f (x, y = J g (ρ, θj ψ (x, y, on a : (x, y = ρ cos θ sin(4θ ρ sin θ cos(4θ, (x, y = ρ sin θ sin(4θ ρ cos θ cos(4θ, où ρ = ρ(x, y et θ = θ(x, y Et quand ρ 0 à θ xé (qcq, on a (x, y qui tend vers 0 donc si (0, 0 existe et vaut 0, on a qui est une fonction continue en 0 Et on vérie immédiatement que f(h,0 f(0,0 = 0 0 quand h 0 donc (0, 0 existe et vaut 0 De même pour h Donc les dérivées partielles sont continues sur R, donc f C (R ; R, voir théorème 0 47 juin 006

48 48 8 Changement de variables 83 Coordonnées cylindriques Ce sont les coordonnées polaires plongées dans R 3 : il ne se passe rien en z : ψ : U =]0, [ ] π, π[ R V = R {0} R u = ρ θ ψ(ρ, θ, z = z ψ (ρ, θ, z déf = ρ cos θ noté ψ (ρ, θ, z déf = ρ sin θ noté ψ 3 (z déf = z = x(ρ, θ = y(ρ, θ noté = x(ρ, θ, z, Les variables (ρ, θ sont totalement découplées de la variable z, et traiter des coordonnées cylindriques n'est techniquement pas autre chose que traiter des coordonnées polaires, où on ajoute un composante verticale (en z qui est l'identité : ϕ 3 (z = z 84 Coordonnées sphériques On se place dans R 3 Les coordonnées sphériques sont basées sur les coordonnées polaires : un vecteur x R 3 s'écrit Ce pour : x = ψ(ρ, θ, ϕ = x y z ρ cos θ cos ϕ = ρ sin θ cos ϕ = ρ cos θ ρ sin θ cos ϕ + ρ sin ϕ 0 ρ ]0, [, θ ] π, π[, ϕ ] π, π [ 0 0 ρ (83 sin ϕ (84 Sur la sphère terrestre, θ dénit la longitude (sur les parallèles et ϕ la latitude (sur les méridiens Et on a immédiatement : ρ = x +y +z y, θ = arctan x+ x +y, ϕ = arctan z x +y (85 (Ou plus simplement θ = arctan y, si x > 0, voir Ÿ précédent x Remarque 80 Au lieu de x = ψ(ρ, θ, ϕ = également : x = ρ cos θ cos ϕ y = ρ sin θ cos ϕ z = ρ sin ϕ, les mécaniciens considèrent x = x = ρ cos θ sin ϕ ψ(ρ, θ, ϕ = ỹ = ρ sin θ sin ϕ, ρ ]0, [, θ ] π, π[, ϕ ]0, π[, (86 z = ρ cos ϕ et l'angle ϕ mesure l'angle entre le pôle nord et un parallèle Si c'est cette formule que vous comptez utiliser, comme ϕ = π/ ϕ, dans la suite du cours on remplacera ϕ par sa valeur en ϕ : en eet, cos ϕ = sin ϕ, sin ϕ = cos ϕ Mais attention aux signes quand on dérive : ψ = ρ cos θ cos ϕ (= +ρ cos θ sin ϕ, alors que ϕ x ϕ ỹ ϕ z ϕ = ρ sin θ cos ϕ (= +ρ sin θ sin ϕ, alors que ϕ ϕ (ρ, θ, ϕ = ψ ϕ (ρ, θ, ϕ : = ρ cos θ sin ϕ, = ρ sin θ sin ϕ, et z = ρ cos ϕ (= ρ sin ϕ, alors que ϕ tous les signes de dérivation en ϕ sont inversés par rapport aux dérivations en ϕ = +ρ sin ϕ : Remarque 8 Pour θ, voir remarque 87 Exemple 8 Montrer que pour les coordonnées sphériques, les matrices jacobiennes sont données par : cos θ cos ϕ ρ sin θ cos ϕ ρ cos θ sin ϕ J ψ (ρ, θ, ϕ = sin θ cos ϕ ρ cos θ cos ϕ ρ sin θ sin ϕ sin ϕ 0 ρ cos ϕ, (87 et que les vecteurs colonnes J ψ ( u e j constituant la jacobienne sont orthogonaux et ont pour norme, ρ cos ϕ et ρ 48 juin 006

49 49 8 Changement de variables Et : Montrer que le jacobien (déterminant de la jacobienne est donné par : J (x, y, z = ψ det(j ψ ( u = ρ cos ϕ cos θ cos ϕ sin θ cos ϕ sin ϕ sin θ cos θ ρ cos ϕ sin ϕ cos θ ρ ρ cos ϕ 0 sin ϕ sin θ cos ϕ ρ ρ (88 On rappelle que le déterminant donne le volume formé par les vecteurs colonnes de la matrice, et qu'en particulier, quand ces colonnes sont des vecteurs orthogonaux le volume est donné par le produit des normes des vecteurs colonnes On rappelle que pour une matrice dont les colonnes sont orthogonales, la matrice inverse est obtenue à partir de la matrice transposée en divisant les lignes de la matrice transposée par la norme au carré En eet, v v T v n v T n ( ( v ( v n = [ vt i vj v i ] = Id lorsque v i v j pour tout i j On rappelle aussi que lorsque les colonnes sont orthogonales, il n'y a aucune raison pour que les lignes le soit, à moins que les vecteurs n'aient même norme Exemple ( 4 dont les colonnes sont orthogonales, mais pas les lignes, ou encore la matrice J ψ dont les colonnes sont orthogonales et pas les lignes Exercice 83 Montrer que pour ψ déni en (86, on a : cos θ sin ϕ ρ sin θ sin ϕ ρ cos θ cos ϕ J ψ (ρ, θ, ϕ = sin θ sin ϕ ρ cos θ sin ϕ ρ sin θ cos ϕ, cos ϕ 0 ρ sin ϕ de déterminant (jacobien ρ sin ϕ 8 Exemples On a J ψ ( u = r sin θ ( ( cos θ r sin θ sin θ r cos θ d'où cos θ sin θ J ψ ( x = sin θ cos θ r r ( r θ ϕ ]0, π[, Exemple 84 En utilisant les coordonnées polaires, déterminer les fonctions f : R R solutions de (x + y (x, y = x +y +x +y ( Réponse On pose g(r, θ = f(x, y = (f ψ(r, θ où ψ(r, r cos θ θ = On note x = (x, y et u = (r, θ ( x = ( x (Calcul de θ ( g r ( x et θ D'où ( u r ( x plus agréable qu'à l'aide des formules (8 ( x = ( g r ( x + g θ ( u θ ( u r ( x = g r ( x + g θ ( u θ ( u sin θ( x + g θ ( x = g r ( u cos θ r D'où (x + y g g ( x = r ( u, d'où r r est quelconque, d'où f(x, y = arctan(r(x, y + h(θ(x, y Exemple 85 Soit f C (R ; R et soit F = pa f (u = x+y, v = x y Montrer que ψ : R g = f ψ Montrer que f(x, y = g Réponse ψ (u, v = obtient g C Puis f ( x = pa f ( x = ( pa g 4 u Et g u v noté g ( u cos θ( x θ ( x ( u sin θ r r θ ( x et de même ( x = (r, θ = +r, d'où g(r, θ = arctan(r + h(θ où h C (R ; R pa f le d'alembertien Soit ψ : (x, y R est un changement de variables On pose g(u, v = f(x, y, ie u v ( x = u + v y = u v (u, v, puis donner les fonctions f solutions de f = 0, et ψ et ψ sont trivialement C En particulier, ayant f C on g ( x = ( u + g ( u =noté g u v ( u Puis ( x = g ( u + g ( u u v, d'où + pa g u v + pa g v ( u Même démarche pour pa f ( x D'où f( x = g u v (u, v g (u, v = 0 donne (u, v = α(v où α est une fonction quelconque D'où v C g(u, v = β(v + γ(u où β est γ sont des fonctions C quelconques (avec ici β une primitive de α 49 juin 006

50 50 8 Changement de variables Exemple 86 Soit ψ : (u, v (x = u, y = uv R Calculer une jacobienne de ψ Montrer que ψ C (R + R; R + R est un diéomorphisme, et calculer ψ Soit f une fonction telle que x f ( x + xy f ( x + y f ( x = 0 Poser g(u, v = f(x, y, déterminer l'équation satisfaite par g, résoudre cette équation, en déduire f 83 Formules de changement de base 83 Rappel : changement de vecteurs On se donne une base ( a = ( a j j=,,n de R n Soit L : R n R n un endomorphisme (une application linéaire d'un espace dans lui-même Une application linéaire est entièrement dénie par la donnée des images L( a j des vecteurs de base Notons (L ij i=,,n les composantes (réelles de chaque L( a j dans la base ( a i : j =,, n, L( a j = n L ij a i = i= L j L nj ( a (89 On peut alors représenter L par sa matrice [L] = [L ij ] i n dans la base ( a j, la colonne j de la j n matrice [L] donnant les composantes de L( a j dans la base ( a Notons : j =,, n, bj = L( a j = L j L nj ( a 0 = [L] 0 Et L linéaire est ainsi représentée dans la base ( a i par la matrice : [L] notée = [L ij ] i n notée = [L] ij, i n = j n j n ( b ligne j ( bn ( a, (80 (avec i indice de ligne et j indice de colonne la colonne j de la matrice étant donnée par les composantes de b j = L( a j dans la base ( a On suppose L bijective, et donc ( b = ( b i i=,,n est une base, d'application inverse L linéaire dénie sur les vecteurs de base par : j =,, n, L ( b j = n M ij bi = i= M j M nj ( b, (8 où on a noté (M ij i=,,n les composantes (réelles de chaque a j = L ( b j dans la base ( b Ainsi [M] = [L ] est la matrice représentant L dans la base ( b Et donc, les coordonnées de a j = L ( b j dans la base ( b i sont stockés dans la colonne j de [M] Proposition 87 On a : [L ] = [L] (ie : [M] = [L] Preuve En eet, on a L (L( a j = a j par dénition de l'inverse, et L (L( a j est calculé à l'aide du calcul matriciel : a j = L (L( a j = L ( b j = n i= M ij b i = n i= M ij n k= L ki a k = n k= ( n i= L kim ij a k d'où ( n i= L kim ij = δ kj, ie ([L][M] kj = δ kj, d'où [L][M] = I (matrice identité, ie [L] ( ai [L ] ( bi = I 50 juin 006

51 5 8 Changement de variables Remarque 88 L étant linéaire, elle est diérentiable en tout point x R n, et sa diérentielle dl( x en x n'est autre que L En eet, on a L( x + v = L( x + L( v et L( x + v = L( x + dl( x( v + o( v pour tout v R n Et dl( x étant linéaire, on a bien dl( x = L Et ce quelque soit x R n Et donc la matrice jacobienne J L ( x de L (application linéaire n'est autre que la matrice constante [L] Et donc (8 s'écrit aussi : bj = n dl( x( a i = i= n [J L ( x] ij a i Dans la suite, on aura L = d ψ( x application linéaire tangente d'une application ψ non linéaire de changement de coordonnées, et on aura b j = n i= [J ψ ( x] ij a i Exemple 89 Soit L : R R linéaire dénie par : Alors [L] = L( e = e + e = ( i=, L( e = e e = ( e ( est la matrice représentant L dans la base ( e, e ( Sa matrice inverse est [L] = On note b = L( e = e + e et b = L( e = e e, et on a : D'où [L ] = [L] = [L ] L ( b = e = b b = ( ( e (, L ( b = e = b + b = ( b ( ( b ( représente l'application linéaire L dans la base ( b, b et on a bien Exemple 80 On se place dans R On se xe un réel θ R On pose : e ρ = cos θ e + sin θ e = ( cos θ sin θ, e θ = sin θ e + cos θ e = ( e, e ( sin θ cos θ ( e, e Géométriquement, e ρ et e θ sont obtenus par rotation d'angle +θ à partir de e et de e Et on dénit l'application linéaire L : R R à l'aide( de L( e = e ρ et L( e = e θ Dans la base ( e, e, la matrice représentant L est donc cos θ sin θ [L] = sin θ cos θ, de matrice inverse ( cos θ sin θ [L] = sin θ cos θ Et [L] est la matrice représentant L dans la base ( eρ, e θ, dont les colonnes donnent les composantes de e et e dans cette base : e = cos θ e ρ sin θ e θ = ( cos θ sin θ, e = sin θ e ρ + cos θ e θ = ( e ρ, e θ ( sin θ cos θ ( e ρ, e θ Géométriquement, e et e sont obtenus par rotation d'angle θ à partir de e ρ et de e θ Exercice 8 Reprendre exemple 80 en remplaçant ( e ρ, e θ par la base ( b, b où b = e ρ et b =ρ e θ (la base ( b, b est la base du système de coordonnées polaires ( Réponse cos θ ρ sin θ [L] =, d'où [L ] =, d'où : sin θ ρ cos θ e = cos θ b ρ sin θ b = ( cos θ sin θ sin θ ρ ρ ( cos θ sin θ, e = sin θ b + ρ ( b, b ρ cos θ b = ( sin θ cos θ ρ ( b, b Remarquer que les dimensions sont respectées dans les expressions de e et de e car b à la dimension de ρ 5 juin 006

52 5 8 Changement de variables 83 Rappel : changement de coordonnées On se donne deux bases ( a i i=,,n et ( b i i=,,n, et on dénit l'application linéaire L : R n R n par L( a j = b j pour tout j =,, n Soit v R n, et soient (α i i=,,n R n ses composantes dans la base ( a i, et (β i i=,,n R n ses composantes dans la base ( b i : v = n α i a i = Exprimons la relation (matricielle entre les composantes (α i et (β i Proposition 8 On a : (lorsque b j = L( a j Preuve On a v = j β j b j β = [L ] β n i= α α n, α k = j L kjβ j = ligne k de L multipliée par colonne et n i= β i bi (8 α = [L] α n β β n (83 = j β j(l( a j = j β j( k L kj a k = k ( j L kjβ j a k D'où β β n, comme annoncé Exercice 83 Poursuivre l'example 80 : si v = v e + v e = w e ρ + w e θ, exprimer w et w en fonction de v et de v Réponse ( ( ( ( w cos θ sin θ v = w sin θ cos θ v, et donc w = cos θv + sin θv w = sin θv + cos θv Exercice 84 Poursuivre l'exercice 8 : si v = v e + v e = w b + w b, exprimer w et w en fonction de v et de v Réponse ( ( ( ( w cos θ sin θ v = w sin θ cos θ v ρ ρ, et donc w = cos θv + sin θv w = sin ρ θv + cos θv Et on vérie les ρ dimensions (w est en et b ρ en ρ Exercice 85 Soit A = [G] ( ai la matrice d'une application linéaire G : R n R n dans une base ( a i donnée, et soit B = [G] ( bi la matrice de l'application linéaire G : R n R n dans une base ( b i donnée Montrer que B = P AP, où P est la matrice de passage, ie la matrice de l'application linéaire L dénie par L( a j = b j Réponse On a P = [L] ( ai la matrice de L dans la base ( a i et P = [L ] ( bi la matrice de L dans la base ( b i, ie L( a j = i P ij a i et L ( b j = i (P ij bi On a G( a j = i Aij ai et G( b j = i Bij b i par dénition des matrices A et B, d'où : A ij a i = G( a j = G(L ( b j = G( i k = kl P kj b k = k P kj B lk L( a l = P kj B lk P il a i ikl D'où A ij = kl P kj B lkp il = [P BP ] ij pour tout i, j P kj G( b k = kl P kj B lk bl 5 juin 006

53 53 9 * Complément 9 * Complément 9 Matrices jacobiennes et interprétation Soit ψ : U V un changement de variables Les matrices jacobiennes de ψ en u et de ψ en x sont : J ψ ( u = [ ψ i ( u] i=:n = [ i u j j=:n ( u] i=:n u j j=:n, J ψ ( x = [ (ψ i ( x] i=:n = [ u i u j j=:n ( x] i=:n j j=:n Les matrices jacobiennes J ψ ( u et J ψ ( x représentent les matrices des applications linéaires dψ( u et dψ ( x Question : dans quelles bases? Réponse Les paramètres u,, u n sont supposés indépendants : on impose donc, dans l'espace des paramètres R n = R R U, de prendre comme base la base canonique ( E,, E n de R n, base dénie par E i = (0,, 0,, 0,, 0 avec le en i-ème position et 0 ailleurs, pour i =,, n (On pourra penser aux coordonnées ( polaires (ρ, θ = u qui sont indépendantes et on écrira u = ρe + θe représenté par ρ [ u] = θ dans la base ( E, E Soit f : U R C à valeurs scalaires; son développement limité au premier ordre est : f( v = f( u + L u ( v u + o( v u R, où L u = df( u : R n R est la forme linéaire dénissant le plan tangent au graphe de f au point u, ie le (hyper-plan d'équation : v R n z = f( u + L u ( v u R Puis L u : R n R, forme linéaire, est dénie à l'aide des images L u ( E i des vecteurs de base E i Et, par dénition : ( u = L u ( E u i = df( u( f( u + he E i = lim i f( u i h 0 h est la dérivée de f le long du i-ème vecteur de base canonique E i de R n espace des paramètres Ainsi, tout vecteur v R n, v = i v ie i, est transformé par L u en L u ( v = i v i L u ( E i = i v i u i ( u Et J f ( u = ( u ( u u n ( u est la matrice ligne qui stocke les u ( u (qui sont les images des vecteurs de base E i de l'espace des paramètres par df( u = L u Et donc, si v = v iei est représenté par la matrice [ v] = v v n J f ( u[ v] = ( ( u ( u u u n (représentation de v dans la base ( E i, on a : v v n = i u i ( u v i = L u ( v R Maintenant, si ( e i est une base donnée de R n espace géométrique, pour U ouvert de R n (espace des paramètres et V ouvert de R n (espace géométrique, on a : ψ : U V u ψ( u = n ψ i e i = i= ψ ( u ψ n ( u chaque ψ i : U R étant C ; chaque dψ i ( u est une application linéaire de matrice jacobienne J ψi ( u = ( ψi u ( u ψi u n ( u (matrice ligne Et J ψ ( u est la matrice constituée des lignes J ψi ( u ( e i, 53 juin 006

54 54 9 * Complément Comme : d ψ( u = n dψ i ( u e i = i= dψ ( u dψ n ( u (chaque dψ i ( u est une forme linéaire L(R n, R on a : d ψ( u( E j = n dψ i ( u( E j e i = i= dψ ( u( E j dψ n ( u( E j ( e i L(R n, R n, ( e i = ψ u j ( u ψ n u j ( u R n D'où J ψ ( u est la matrice représentant l'application linéaire dψ( u dans les bases ( E i (de l'espace de départ des paramètres et ( e i (de l'espace d'arrivée géométrique En particulier, la j-ème colonne de J ψ ( u est donnée par les composantes de dψ( u( E j = n i= dψ i( u( E j e i = n ψ i i= u j ( u e i, ie par les ( ψi u j ( u i=,,n Et donc, pour tout vecteur v R n, avec v = i v ie i, on a : d ψ( u( v = j v j d ψ( u( E j = j ψ u j ( u ψ n u j ( u v j = ψ u ( uv + + ψ u n ( uv n ψ n u ( uv + + ψ n u n ( uv n = J ψ ( u[ v] Interprétation des colonnes Pour x = ψ( u, on dénit au point x de l'espace géométrique le vecteur, dessiné dans l'espace géométrique Im(d ψ( u : bj ( x = d ψ( u( E j ie bj ( x = n i= ψ i u j ( u e i (9 Comme d ψ( u L(R n U, R n V, on a Im(d ψ( u R n espace géométrique, et b j ( x Im(d ψ( u est bien un vecteur de l'espace géométrique Et les composantes de b j ( x dans la base ( e i sont stockées dans la colonne j de J ψ ( u : [ b j ( x] ( ei = J ψ ( u[ E j ] ( Ei = ψ u j ( u ψ n u j ( u ( e j, (9 Donc quand x = ψ( u, les b j ( x sont les images des E j par l'application linéaire tangente d ψ( u, et les composantes de b j ( x dans la base ( e i sont stockées dans la colonne j de J ψ ( u 9 Système de coordonnées, lignes de coordonnées On s'intéresse ici à l'interprétation géométrique des vecteurs b j ( x dénis en (9 Un changement de variables ψ : U V permet de dénir pour chaque u U espace des paramètres, au voisinage de chaque x = ψ( u espace géométrique, n courbes ( c j j=,,n appelées lignes de coordonnées en x (à dessiner dans l'espace géométrique dénies par : c j : { ] εj, ε j [ V t c j (t = ψ( u + t E i = ψ(u,, u j, u j + t, u j+,, u n R n, où ε j > 0 est choisi tel que les (u,, u j, u j + t, u j+,, u n U pour tout t ] ε j, ε j [ En particulier c j (0 = x, et { c j (t : t ] ε j, ε j [} est une courbe qui passe par x Les images Im( c j sont les images des segments de droite ] u ε j Ej, u + ε j Ej [ par c j Dénition 9 Ces n courbes ( c j j=,,n attachées au système de coordonnées forment ce qui est appelé un système de coordonnées en x (93 54 juin 006

55 55 9 * Complément Donc par dénition des c j on a x = ψ( u = c j (0 pour tout j =,, n et : c j (t = ψ( u + t E j (= n ψ i ( u + te j e i = i= ψ ( u + t E j ψ n ( u + t E j ( e i (94 Si on note τ j (t = u + t E j = (u,, u j, u j + t, u j+,, u n (translation de t le long du j-ème vecteur de base canonique dans l'espace des paramètres, alors on a c j = ψ τ j, ie : c j (t = ( ψ τ j (t (= ψ( τ j (t = n i= ψ i ( τ j (t e i (95 ( x = ρ cos θ, Exemple 9 Pour les coordonnées polaires où u = (ρ, θ et x = ψ(ρ, θ = ( x = ρ sin θ on a (ρ + t cos θ c (t = (ρ + t sin θ et c dénit (ie a pour image un segment de droite radial, et ( ρ cos(θ + t c (t = ρ sin(θ + t et c dénit (ie a pour image un arc de cercle Cela dans un voisinage du point x = ψ( u où u = (ρ, θ est xé Notez que c a un sens pour t > ρ, et c pour θ +t ] π, π[, par exemple Exemple 93 Pour les coordonnées sphériques où u = (ρ, θ, ϕ, dans un voisinage du point x = ψ( u où u = (ρ, θ, ϕ est xé, la courbe c (t = droite radial, la courbe c (t = ρ cos θ cos(ϕ + t ρ sin θ cos(ϕ + t ρ sin(ϕ + t dénit un méridien (ρ + t cos θ cos ϕ (ρ + t sin θ cos ϕ (ρ + t sin ϕ ρ cos(θ + t cos ϕ ρ sin(θ + t cos ϕ ρ sin ϕ dénit un segment de dénit un parallèle, et la courbe c 3 (t = 93 Base du système de coordonnées Proposition 94 et dénition Soit un changement de variables ψ, et soient, dénis pour chaque u U avec x = ψ( u, les n vecteurs b j ( x dénis en (9, pour j =,, n On a : bj ( x = d c j dt (t=0 (= ψ u j ( u = n i= ψ i u j ( u e i = ψ u j ( u ψ n u j ( u ( e i, (96 ie les b j ( x sont les vecteurs tangents aux lignes de coordonnées au point x = ψ( u Ces vecteurs forment une base ( b ( x,, b n ( x appelée base du système de coordonnées en x = ψ( u (ce sont les vecteurs de base naturellement attachées au système de coordonnées Preuve Avec (95 on a d c j dt (t = d ψ( τ j (t d τ (t, et donc pour j dt t = 0 on obtient d c j dt (0 = dψ( u E j, ie d cj dt (0 = b j ( x, ie (96 (Et on rappelle que par dénition dψ( u E j = ψ u j ( u = ψ u j ( u ψ n u j ( u ( e i Comme ψ dénit un changement de variables, sa matrice jacobienne est inversible, et donc ses colonnes sont indépendantes, ie les vecteurs ψ u j ( u = b j ( x sont indépendants (toujours avec x = ψ( u Étant au nombre de n, ils forment une base 55 juin 006

56 56 9 * Complément Dénition 95 Lorsqu'en chaque point x V les vecteurs b i ( x sont à orthogonaux, pour i =,, n, le système de coordonnées est dit orthogonal ( Exemple 96 Pour les coordonnées polaires, en un point ρ cos θ x = ρ sin θ, les deux vecteurs de ( ( base de coordonnées sont cos θ b ( x = sin θ et ρ sin θ b ( x = ρ cos θ (composantes données dans la base canonique ( e, e, avec ρ = ρ( x et θ = θ( x Attention : cette base ( b ( x, b ( x est orthogonale, mais non orthonormée La base usuelle est obtenue en normant, ie c'est la base orthonormée ( e ρ, e θ donnée par : e ρ ( x = b ( x = ( cos θ sin θ, e θ ( x = ( e, e ρ b ( x = ( sin θ cos θ ( e, e Exemple 97 Pour les coordonnées sphériques, en un point x, les trois vecteurs de base de coordonnées sont cos θ cos ϕ b ( x = sin θ cos ϕ, ρ sin θ cos ϕ b ( x = ρ cos θ cos ϕ et ρ cos θ sin ϕ b 3 ( x = ρ sin θ sin ϕ sin ϕ 0 ρ cos ϕ (composantes données dans la base canonique ( e, e, e 3 avec ρ = ρ( x, θ = θ( x et ϕ = ϕ( x Attention : cette base ( b ( x, b ( x, b 3 ( x est orthogonale, mais non orthormée La base usuelle est obtenue en normant, ie c'est la base orthonormée ( e ρ, e θ, e ϕ donnée par, en un point x : e ρ = cos θ cos ϕ b = sin θ cos ϕ, e θ = sin ϕ ρ cos ϕ b = sin θ cos θ 0, e ϕ = ρ cos θ sin ϕ b 3 = sin θ sin ϕ cos ϕ 94 Les dérivées dans les nouvelles coordonnées Exprimer une fonction f : x V f( x R en fonction des paramètres u U, u = ψ ( x, consiste à dénir la fonction f : U R par : Et on a donc également : f = f ψ, ie f( u = f( x quand x = ψ( u (97 f = f ψ Exemple 98 Si f(x, y = e x +y on prend les coordonnées polaires et on a f(x, y = f(ρ, θ avec f(ρ, θ = e ρ, ie f = f ψ, et on écrit f(x, y = e ρ, avec sous-entendu ρ = ρ(x, y Problème : f est déni en un point x, et i a un sens au point x Et comme x = ψ( u, se pose la question de dériver f par rapport à u i, ce qui a priori n'a pas de sens car f est dénie dans V espace géométrique (pour un point x et n'est pas déni dans U espace des paramètres (pour un point u Dénition 99 Soit f : x V f( x R une application C (V ; R, et soit u = ψ ( x U Dériver f en x V par rapport à u j signie par dénition : dériver f = f ψ au point u par rapport à u j, ie pour x V avec x = ψ( u : ( x déf = f ( u (98 u j u j Proposition 90 On a : ( x = df( x u b j ( x (99 j C'est la dérivée de f en x le long du vecteur b j ( x (vecteur tangent à la j-ème ligne de coordonnées 56 juin 006

57 57 9 * Complément Preuve On a f = f ψ, d'où : ( x déf u j = (f ψ u j ( u = df( x ψ u j ( u = df( x b j ( x (90 Exemple 9 Soit f(x, y = e x +y = e ρ (et les coordonnées polaires Alors on a f(ρ, θ = e ρ, d'où f ρ ( x =déf ρ ( u = et eρ f θ ( x =déf θ ( u = 0 Résultat retrouvé avec la dérivation des fonctions composées : par exemple (f ψ ( x ψ ρ ( u + ( x ψ ρ ( u = cos θeρ cos θ + sin θe ρ sin θ ψ (ρ, θ = ρ sin θ On encore avec ρ ( x = df( x b ( x = ( ( cos θ sin θ, idem pour ( x θ ρ ( u = = e ρ, car ψ (ρ, θ = ρ cos θ et Et, pour tout i=,, n, si x = ψ( u V, pour f C (V ; R, les formules (39 de dérivation de la composée f = f ψ donnent : J f = J f J ψ, ie avec x = ψ( u : soit en transposant : ( f u ( u f ( ( u = ( x u n f u ( u ( x = J ψ ( u T f u n ( u n ( x Ou bien, si on veut exprimer les i ( x en fonction des f ( x J ψ ( u, (9 n u j ( u : ( x f u ( u = (J ψ ( u T n ( x f u n ( u (9 (93 Pour une matrice M, la notation M T signie : M T = (M T (donc = (M T Remarque 9 Donc si f est déni en x = ψ( u V et si au point x on veut dériver f par rapport à u i, c'est la fonction f = f ψ qu'on veut dériver par rapport à u i, et ce au point u = ψ ( x Exemple 93 Soit f(x, y = xy R, et on prend les coordonnées polaires (x, y = ψ(ρ, θ = (ρ cos θ, ρ sin θ On a donc f(ρ, θ = ρ cos θ sin θ, et donc : déf (x, y = f (ρ, θ = ρ cos θ sin θ ρ ρ où ρ = ρ(x, y et θ = θ(x, y Ce calcul est un cas particulier du calcul : (f ψ ρ (ρ, θ = ψ ψ (x, y ρ (ρ, θ + (x, y ρ (ρ, θ qui ici = y cos θ + x sin θ = (ρ sin θ cos θ + (ρ cos θ sin θ = ρ cos θ sin θ ( Exemple 94 Pour les coordonnées polaires, cos θ ρ sin θ J ψ (ρ, θ = sin θ ρ cos θ Et pour f(x, y donné, on a avec (9 : f ρ (ρ, θ = (f ψ (ρ, θ = cos θ ρ f θ (ρ, θ = (f ψ (ρ, θ = ρ sin θ θ ( f ρ (ρ, θ = J ψ (ρ, θ T (ρ, θ et on retrouve bien (9 : f θ (x, y + sin θ (x, y (= (x, y + ρ cos θ (x, y (= ( (x, y (x, y df( x b ( x, df( x b ( x, (94 57 juin 006

58 58 9 * Complément 95 Les dérivées secondes dans les nouvelles coordonnées et le laplacien Si f C (V ; R, si f( u = déf f( x quand x = ψ( u, alors on dénit : f ( x déf = u i u j Vérions la cohérence de ces notations : on a : f u j f ( u = ( u noté u i u j u i f ( u (= (f ψ ( u (95 u i u j u i u j = u j ( x noté = f ( x u i u i u j Exercice 95 Soit f C (R ; R Calculer les dérivées de f en coordonnées polaires, à l'aide des f u i et des f u i u j pour u i = ρ ou θ Montrer que le laplacien en coordonnées polaires, déni en un point x par f( x = f ( x + f ( x, vérie : f( x = f ρ ( u + f ρ ρ ( u + f ρ θ ( u Réponse On considère la ( fonction f(ρ, θ = (f ψ(ρ, θ = f(ρ cos θ, ρ sin θ Les formules (93 donnent, sachant cos θ (J ψ (ρ, θ T ρ = sin θ : ( g( x = g ( x ( ( x ( x De même : ( = et : Et on a : D'où : ( g sin θ ρ cos θ = (J ψ (ρ, θ T ( x g ( x = ( f ( u ρ f ( u θ = ( g = (J ψ (ρ, θ T ( x g ( x ( g ( = ρ ( u g θ ( u ( cos θ f ( u f sin θ ρ ρ sin θ f ρ ( u + ρ = ( u θ f cos θ ( u θ noté = ( cos θ g ρ ( u ρ sin θ g ( u θ sin θ g ( u + cos θ g ( u ρ ρ θ sin θ g ( u + cos θ g ( u ρ ρ θ g ρ ( u = cos θ f ρ ( u + f sin θ ρ θ ( u ρ sin θ f ρ θ ( u, g f ( u = sin θ θ ρ ( u + cos θ f ρ θ ( u f cos θ ρ θ ( u ρ sin θ f θ ( u, g ρ ( u = sin θ f ρ ( u f cos θ ρ θ ( u + ρ cos θ f ρ θ ( u, ( g( u g ( u g f ( u = cos θ θ ρ ( u + sin θ f ρ θ ( u f sin θ ρ θ ( u ρ sin θ f ρ θ ( u + ρ cos θ f θ ( u f ( x = cos f θ ρ + ρ sin f θ θ ρ sin θ cos θ f ρ θ + ρ sin f θ ρ + f sin θ cos θ ρ θ, f ( x = cos θ sin θ f ρ ρ sin θ cos θ f θ + ρ (cos θ sin θ f ρ θ f ( x ρ sin θ cos θ f ρ ρ (cos θ sin θ f θ, = sin f θ ρ + ρ cos f θ θ + ρ sin θ cos θ f ρ θ + ρ cos f θ ρ f sin θ cos θ ρ θ D'où en particulier : f ( x + f ( x = f ρ ( u + f ρ ρ ( u + f ρ θ ( u ce qui est l'expression cherchée, 58 juin 006

59 59 9 * Complément Remarque 96 À quoi ça sert? Beaucoup de problème physiques consistent à trouver une fonction f telle que f = g où g est une fonction donnée La fonction f s'exprime naturellement en fonction de x et y Mais la fonction g ne dépend parfois que de ρ, et alors pour des raisons de symétries, on cherche une fonction f qui ne dépende également que de ρ (la distance à l'origine, et pas de l'angle θ Il est alors naturel de chercher f sous la forme f(x, y = f(ρ, θ = f(ρ qui ne dépend pas de θ, et on obtient immédiatement f = f ρ (ρ + ρ à intégrer (on pourra poser f f ρ (ρ = g, équation diérentielle en ρ facile ρ (ρ = h(log(ρ = h(w On trouve f(ρ, et comme f(ρ = f(x, y, on a trouvé f Et lors d'une résolution numérique approchée, on a ainsi transformé un problème à deux dimensions (x et y en un problème en une dimension (ρ, beaucoup moins coûteux à résoudre Exercice 97 Montrer qu'en coordonnées sphériques : f = f ρ + f ρ cos ϕ θ + f ρ ϕ + f ρ ρ + tan ϕ ρ Exercice 98 Soit f C (V ; R où V = R {(x, y : y = 0, x 0}, et soit le changement de coordonnées polaires ψ(ρ, θ = (ρ cos θ, ρ sin θ Calculer les dérivées secondes f u i u j pour u i = ρ ou θ en fonction des i et des f i j pour x i = x ou y Réponse On a déjà (94 : f ρ où on a posé h ( u = ( Et : ie : Finalement, on obtient : ( u = cos θ ( x + sin θ ( x = cos θ h( u + sin θ h( u, f ϕ f ( u = ρ sin θ ( x + ρ cos θ θ ( x = ρ sin θ h ( u + ρ cos θ h ( u ψ( u = ( x et h( u = ( f ρ ρ ( u = cos θ h ρ ( u + sin θ h ρ ( u, ψ( u = ( x D'où : f ρ θ ( u = sin θ h( u + cos θ h θ ( u + cos θ h( u + sin θ h θ ( u, f θ θ ( u = ρ cos θ h ( u ρ sin θ h θ ( u ρ sin θ h ( u + ρ cos θ h θ ( u h i ( u = i ψ ( x ( u + i ψ ( x ( u, u j u j u j h ρ ( u = f cos θ + f sin θ, h θ ( u = f ρ sin θ + f ρ cos θ, h ρ ( u = f cos θ + f sin θ, h θ ( u = f ρ sin θ + f ρ cos θ f ρ ( u = cos θ f ( x + cos θ sin θ f ( x + sin θ f ( x, f ( u = sin θ ( x + cos θ ρ θ ( x f θ ( u = ρ cos θ sin θ f ( x + ρ(cos θ sin θ f ( x + ρ cos θ sin θ f ( x, ρ cos θ ( x ρ sin θ ( x + ρ sin θ f ( x ρ sin θ cos θ f ( x + ρ cos θ f ( x 59 juin 006

60 60 9 * Complément Ce sont les dérivées cherchées, notées abusivement f, f ρ ρθ forme matricielle (non usitée : f ρ ( u f ρθ ( u f θ ( u = sin 0 cos ρ cos 0 ρ sin ( x 0 ( x + et f θ Notez que cela peut se mettre sous la cos cos sin sin ρ cos sin ρ(cos sin ρ cos sin ρ sin ρ cos sin ρ cos f ( x f ( x f ( x 96 Formules de changement de base 96 Formules de changement de variables dans la base du système de coordonnées Soit ψ : U V un changement de variables On peut appliquer directement (83, lorsque bj ( x = d ψ( u( E j, toujours avec ( E i i=:n la base canonique de R (pour l'espace des paramètres et ( e i i=:n une base donnée de R (pour l'espace géométrique Ici on se place dans l'espace géométrique, et on veut faire le changement de base ( e i ( b i ( x en un point x = ψ( u donné : Proposition 99 Pour un changement de variables ψ : U V donné, pour u U xé, et ( b i ( x i=,,n la base du système de coordonnées au point x = ψ( u V, ie b j ( x = dψ( u E j : si v = n i= α i e i = n i= β ib i ( x est un vecteur donné de l'espace géométrique, alors : β = J ψ ( x β n Preuve On applique directement (83 α α n, α = J ψ ( u α n β β n (96 Exemple 90 Pour les coordonnées polaires, en un point x = ψ( u xé et la base ( b ( x, b ( x du système de coordonnées, si v = v e + v e = w b ( x + w b ( x, alors w = cos θv + sin θv, w = ρ ( sin θv + cos θv Exemple 9 Et si f : V R est une fonction donnée : gradf( x = ( ( x ( x, ( e, e ie gradf( x = ( x e ( x + ( x e Et on a, avec les coordonnées polaires : ( cos θ gradf( x ( x + sin θ = ( x ρ ( sin θ ( x + cos θ ( x ( b, b ie gradf( x = (cos θ ( x + sin θ ( x b ( x + ρ Si on se place dans la base normalisée e ρ = b et e θ = ρb on obtient : gradf( x = ( cos θ ( x + sin θ sin θ ( sin θ ( x + cos θ ( x b ( x ( x ( x + cos θ ( x ie gradf( x = (cos θ ( x + sin θ Exercice 9 Le faire pour les coordonnées sphériques ( x e ρ( x + ( sin θ ( e ρ, e θ ( x + cos θ ( x e θ( x, 60 juin 006

61 6 9 * Complément 96 Le gradient dans la base de coordonnées Le gradient gradf( x est un vecteur qui peut s'exprimer dans diérentes bases Dans la base ( e i, et dans la base du système de coordonnées, on pose, en un point x = ψ( u : gradf( x = n i= i ( x e i = Exemple 93 Avec les coordonnées polaires on a, quand x = ψ(ρ, θ : d'après l'exemple 9 n i= β (ρ, θ = cos θ ( x + sin θ ( x, β (ρ, θ = sin θ cos θ ( x + ρ ρ β i ( u b i ( x (97 ( x, L'application de (96, et (93 donnent : Proposition 94 Soit f : V R une fonction C donnée, et soit f : U R la fonction dénie par f( u = f( x, ie f = f ψ Les coordonnées du vecteur gradf( x dans la base ( b i ( x i=,,n du système de coordonnées au point x sont données à l'aide des f u j ( u par, quand x = ψ( u : Preuve (96 donne β ( u f u ( u = J ψ ( u J T ψ ( u β n ( u f u n ( u β ( x = J ψ ( u β n n ( x, puis on applique (93 (98 Exercice 95 Calculer le gradient en coordonnées polaires Appliquer le résultat à f(x, y = e x +y Réponse Soit f(x, y donnée et soit f(ρ, θ = f(x, y Dans l'application proposée on aura f(ρ, θ = e ρ Calculer le gradient en coordonnées polaires veut dire calculer les composantes du gradient dans la base ( b, b du système de coordonnées polaires en fonction de f On a (J ψ ( u = puis : d'où avec (97 et (98 : ( 0 J( u J( u T = 0 gradf( x = f ρ ( u b + f ρ θ ( u b = = f ρ ( u e ρ + f ρ θ ( u e θ = ρ ( cos θ sin θ sin θ ρ ρ,, (99 ( f ρ ( u f ρ ( f ( u θ ( u ρ f ( u ρ θ ( b, b ( e ρ, e θ où ( e ρ = b, e θ = b ρ est la base normalisée, la dernière expression étant la plus utilisée (expression dans la base normalisée ( e ρ, e θ ( Dans l'application proposé f(x, y = e ρ on obtient gradf( x e ρ =, ie gradf(x, y = ( e x +y 0 ( e ρ, e θ 0, ( e ρ, e θ Remarque 96 Si M est une matrice dont les colonnes sont à orthogonales et de norme λ i, ie une matrice vériant M T M = diag(λ, alors i M = diag( M T En eet, M(diag( M T = λ i λ i (Mdiag( λ i (Mdiag( λ i T = I car les matrices entre parenthèses sont unitaires (leurs colonnes 6 juin 006

62 6 9 * Complément sont orthonormées, et (diag( M T M = diag( (M T M = diag( diag(λ λ i λ i λ i = I Et donc i M T = diag(λ i M D'où, pour un système de coordonnées orthogonales : J T ψ J ψ = diag(λ i : on retrouve (99 Noter que quand les colonnes ( sont orthogonales il n'y a aucune raison pour avoir les lignes orthogonales Par exemple cos θ ρ sin θ M = sin θ ρ cos θ a ses colonnes orthogonales (et on a M T M = diag(, ρ, mais ses lignes ( ne sont pas orthogonales (sauf si ρ = auquel cas la matrice est unitaire Ici on a 0 M t M = 0 ρ (les colonnes de M sont orthogonales, et on a MM T = ( cos θ + ρ sin θ ( ρ cos θ sin θ non diagonale quand ρ (les lignes de M ne sont pas ( ρ cos θ sin θ sin θ + ρ cos θ orthogonales Exercice 97 Soient ( b i ( x les vecteurs de base en x d'un système de coordonnées orthogonal (ie tels que les b i ( x sont à othogonaux Soient λ i ( x = b i ( x, et soient : e ui ( x = les vecteurs normalisés Montrer que : gradf( x = b i ( x b i ( x = b i ( x λ i ( x, n f λ i ( u i= u i ( u e ui ( x quand f = f ψ Réponse Le système de coordonnées étant orthogonal, on a b T i b j = λ i δ ij, et donc (J ψ ( u T J ψ ( u = diag(λ i, où diag(λ i est la matrice diagonale de coe les λ i sur la diagonale Et donc (J ψ ( u J ψ ( u T = diag(, λ i et avec (98 : qui est le résultat annoncé gradf( x = λ λ n f u ( u f u n ( u ( b i = λ λ n f u ( u f u n ( u Exercice 98 Appliquer l'exercice précédent au cas des coordonnées polaires et sphériques On montrera en particulier qu'en sphérique : gradf( x = ρ cos ϕ ρ f ρ ( u f θ ( u f ϕ ( u ( e ρ, e θ, e ϕ ( e ui, 963 Divergence et rotationnel dans les nouvelles coordonnées Le paragraphe précédent traitait des fonctions à valeurs scalaires On s'intéresse ici à des fonctions à valeurs vectorielles f : R n R n : f : x = x n x i e i = x n i= R n ( e i R n f( x = n f i ( x e i = i= f ( x f n ( x Soit ψ : u U x V un changement de variables Pour chaque point u U, on pose x = ψ( u, et on dispose de la base ( b i ( x i=,,n du système de coordonnées, avec b i = J ψ E i pour tout i ( e i 6 juin 006

63 63 9 * Complément Le vecteur f( x = n i= f i( x e i s'écrit également f( x = n f( x = f ( x f n ( x ( e i = β ( u β n ( u On dénit f : U R n par f( u = f( x, ie f = f ψ, ie On a donc posé, quand x = ψ( u : f( x = f( u = n i= f i ( x = f i ( u i =,, n f i ( x e i = n f i ( u e i = i= f ( x f n ( x Et les formules de changement de coordonnées donnent : f ( u f n ( u = f ( x f n ( x = (J ψ ( u Et les f i vérient, pour tout i, j =,, n : f i u j = n k= ψ i u j u k β k + n k= β ( u β n ( u = i= β i( u b i ( x, ie ( b i ( e i = f ( u f n ( u ( e i ψ ( uβ k ( u u k k ψ n ( uβ k ( u u k ψ i u k β k u j = (H ψi β j + (J ψ J β ij k, (90 où H i est la matrice Hessienne (symétrique de ψ i, et J ψ et J β les matrices jacobiennes de ψ et β D'où la matrice jacobienne J f de f : D'où Proposition 99 On a : i j = [J f ] ij = k [J f ] ij = [(H ψi β j ] + [J ψ J β ] ij (9 = k ([(H ψi β k ] + [J ψ J β ] ik [J ψ ] kj ( ψ i β l + ψ i β l u k u k u l u l u k On a ainsi toutes les dérivées i j ( x en fonction des β l ( u et des β l u k ( u l j (9 Preuve En eet, f = f ψ donne J f = J f J ψ, et donc [J f ] ij = k [J f ] ik [J ψ ] kj Exercice 930 Calculer J f et div f en coordonnées polaires Réponse On pose u = (ρ, θ On a ψ ( u = ρ cos θ et ψ ( u = ρ sin θ On a J ψ ( u = et b = et b ( u = ( cos θ sin θ ( ρ sin θ ρ cos θ ( cos θ ρ sin θ sin θ ρ cos θ, 63 juin 006

64 64 9 * Complément ( ( Puis 0 sin θ H(ψ ( u = sin θ ρ cos θ et 0 cos θ H(ψ( u = cos θ ρ sin θ ( [(H ψi β sin θβ, sin θβ j ] = ρ cos θβ cos θβ, cos θβ ρ sin θβ Puis (J ψ ( u = Et : ( cos θ sin θ sin θ D'où : cos θ ρ ρ [(H ψi β j](j ψ = (, d'où sin ρ θ β, cos θ sin θβ β ρ cos θ sin ρ θβ + β, ρ θ β (J ψ J β (J ψ = cos θ β ρ ρ cos θ sin θ β ρ ρ cos θ sin θ β θ + sin β θ θ (J ψ J β (J ψ = cos θ sin θ β ρ ρ sin β θ ρ + ρ cos β θ θ cos θ sin θ β θ (J ψ J β (J ψ = cos θ sin θ β ρ + ρ cos β θ ρ ρ sin β θ θ cos θ sin θ β θ (J ψ J β (J ψ = sin θ β ρ + ρ cos θ sin θ β ρ + ρ cos θ sin θ β θ + cos β θ θ D'où : divf( x = ρ β + β ρ + β θ Attention : le calcul a été fait dans la base ( b i du système de coordonnées Si on prend la base usuelle e ρ = b et e θ = b ρ, alors f( x = f ( x e + f ( x e = f ρ ( u e ρ ( u + f θ ( u e θ ( u où f ρ = β et f θ = ρβ, et alors : divf( x = ρ f ρ( u + ρ ρ ( u + θ ρ θ ( u, expression usuelle de la divergence en coordonnées polaires Proposition 93 Soient ( b i ( x les vecteurs de base d'un système de coordonnées orthogonal ψ (ie système de coordonnées tel que les b i ( x sont à othogonaux pour tout x On pose λ j ( x = b j ( x = ( k ψ k u j ( u pour tout j =,, n, où x = ψ( u On décompose f sur les bases ( e i et ( b i comme f( x = x = ψ( u Alors : div f = = n ( n λ k β i + λ k u i i= n k= λ k k= n ( (βi ( n i= n n f i ( x e i = i= β i u i où div f est pris en x et le membre de droite est pris en u = ψ ( x Preuve On dispose de (9 et donc on a divf( x = i,k,l On a λ k ( x = b k ( x = ( ψ j j u k ( u, d'où : d'où : λ k u i = ( j n i= ( ψ j u k β i ( n k= Comme J T ψ J ψ = diag(λ k (J ψ = diag( J T λ k ψ = [ ψ j λ u i i ] i=,,n n ( n λ k n β i = λ k u i i= k= ce qui est le premier terme cherché j λ k = λ k u i n i= β i ( u b i ( x lorsque i= k= λ k (93 u i ψ i u u k u l β k l i + ψ i β l u k u l u k i ψ j ψ j = ψ j ψ j, u i u k u k λ k u i u k u k n i,j,k= ψ j ψ j β i λ k u i u k u k par hypothèse d'orthogonalité du système de coordonnées, et donc que (voir remarque 96, on obtient : j=,,n i,k,j= β i [(J ψ ] kj ψ j u i u k = j n i,k,j= u k ψ j β i, j u i u k 64 juin 006

65 65 9 * Complément Puis : avec i ψ k i i,j,k ψ i β j ψ k u j u k i = i,j,k ψ i u j = [(J ψ J ψ ] kj = [δ kj ], on obtient : i,j,k ce qui est le second terme cherché ψ i β j ψ k u j u k i = j,k ψ k i ψ i u j β j u k, [δ kj ] β j u k = j β j u j, Corollaire 93 Soit ( e i la base orthonormée associée au système orthogonal ( b i ( x : on a e ui = b i λ i, avec λ i = b i Si f( x = i f i( x e i = i f u i ( u e ui ( u où x = ψ( u, alors : divf( x n ( (f ui ( k=,,n λ k k i = k=,,n λ ( u k u i= i n f ( ui n λ k n f ui λ i n ui = λ i λ k u i λ + i u i λ i u i i= k= Preuve On a β i = f u i λ i D'où le résultat Exercice 933 Retrouver l'expression de la divergence en coordonnées polaires Exercice 934 Montrer que pour les coordonnées sphériques (84 on a : divf( x = ( ρ ρ + θ ρ cos ϕ θ + ϕ ρ ϕ + f ρ ρ tan ϕf ϕ (ρ, θ, ϕ, ρ i= i= (94 où on a posé f( x = f ρ ( u e ρ ( u + f θ ( u e θ ( u + f ϕ ( u e ϕ ( u Exercice 935 En déduire que pour les coordonnées sphériques (86 (souvent utilisées par les physiciens : divf( x = ( ρ ρ + θ ρ sin ϕ θ + ϕ ρ ϕ + f ρ ρ + cotan ϕf ϕ (ρ, θ, ϕ, ρ où on a posé f( x = f ρ ( u e ρ ( u + f θ ( u e θ ( u + f ϕ ( u e ϕ ( u Indication : remarquer que e ϕ (ρ, θ, ϕ = e ϕ (ρ, θ, π ϕ = e ϕ(ρ, θ, ϕ(ϕ et donc que : f ϕ (ρ, θ, ϕ = f ϕ (ρ, θ, π ϕ = f ϕ(ρ, θ, ϕ(ϕ ϕ = : ϕ ϕ (ρ, θ, ϕ = ϕ ϕ (ρ, θ, ϕ Puis que, sachant ϕ Dénition 936 Et si n = 3 (donc dans R 3, le rotationnel de f C (R 3 ; R 3 en x est dénie par, dans la base canonique de R 3 : ( rot f( x = 3 ( x 3 ( x 3 ( x 3 ( x ( x ( x R 3 (95 (expression vectorielle, donc dont les coordonnées dépendent d'une base On peut également noté, avec la convention d'indice f 4 = f, f 5 = f, x 4 = x et x 5 = x : ( rot f( x = 3 ( i+ ( x i+ ( x e i i+ i+ = det( e e e 3 z ( x f f f 3 i= noté = ( f( x noté 65 juin 006

66 66 9 * Complément Exercice 937 Calculer le rotationnel en coordonnées polaires Exercice 938 Soient ( b i ( x les vecteurs de base d'un système de coordonnées orthogonal dans R 3 (les b i ( u sont à othogonaux pour tout u U Soient λ i ( x = b i ( x, et soient e ui ( x = b i( x λ i ( x les vecteurs orthonormaux de base On pose f( x = f ( x e + + f 3 ( x = f u ( u e u ( u + + f u3 ( u e u3 ( u Montrer que, dans R 3 et la base ( e ui : rot f = λ e u det λ e u λ λ λ 3 λ 3 e u3 u λ β u λ β u 3 λ 3 β 3 66 juin 006

67 67 B Quelques intégrales A Rappels de formules trigonométriques La fonction t sin t s'annule aux points t = kπ pour k Z, et la fonction t cos t s'annule aux points t = π + kπ pour k Z On écrit les formules génériques, à considérer là où elles sont bien dénies sin t + cos t = sec t déf = cos t, sin t tan t = cos t 3 sin( t = sin t, cos( t = cos t 4 sin( π t = cos t, cos(π t = sin t 5 sin( π + t = cos t, cos(π + t = sin t 6 sin(t ± s = sin t cos s ± cos t sin s, cos(t ± s = cos t cos s sin t sin s 7 sin(t = sin t cos t, cos(t = cos t sin t = cos t = sin t 8 tan(t = tan t tan t 9 sin t cos t = ± 0 (sin t cos t = sin(t tan(s + t = tan s + tan t tan s tan t, cos t + cos t = ± sin t sin s = (cos(t + s cos(t s, cos t cos s = (cos(t + s + cos(t s 3 sin t cos s = (sin(t s + sin(t + s, cos t sin s = (sin(t + s sin(t s 4 sin t + sin s = sin( t + s cos t s + s, sin t sin s = cos(t sin t s 5 cos t + cos s = cos( t + s cos t s + s, cos t cos s = sin(t sin t s 6 Pour sin t + cos s, écrire que cos s = sin( π s par exemple 7 e it = cos t + i sin t, cos t = eit + e it, sin t = eit e it i 8 cos(3t = 4 cos 3 t 3 cos t, sin(3t = 3 sin t 4 sin 3 (t (parties réelles et imaginaires de e 3it = (e it 3 9 cht = et + e t, sht = et e t 0 ch t sh t =, ch(t = ch t + sh t, sh(t = cht sht 4ch 3 t = ch3t + 3cht, 4sh 3 t = sh3t 3sht B Quelques intégrales π x n e x dx = n! = Γ(n + π e ax dx = a x m ( x n m!n! dx = (m + n +! π sin n x dx = cos n x dx = 0 sin x sin x x dx = 0 x dx = π π 3(n 4n 4(n 35n si n pair, si n impair, 67 juin 006

68 68 C Quelques dérivées (et primitives usuelles C Quelques dérivées (et primitives usuelles Voici une liste de dérivées (ce qui réciproquement donne également les primitives : si f est une fonction constante, elle est dérivable de dérivée nulle (x n = nx n, pour tout n =,, (preuve en considérant la dérivée du produit xx n et par récurrence 3 (x α = αx α, pour tout α 0, x > 0, α R (preuve par la composée exp(α log x 4 (e αx = αe x (par dénition de la fonction exp pour α R 5 (lnαx = α x pour x > 0 et α > 0 (par dérivation de (exp ln(y = y 6 (xlnx x = lnx pour x > 0 (par dérivation de (ln exp(y = y 7 (sin x = cos x et (cos x = sin x (preuve par sin x = i (eix e ix et cos x = (eix + e ix 8 (shx = chx et (chx = shx (preuve par shx = (ex e x et chx = (ex + e x 9 (tan x = cos x = + x, pour tan x ] π, π sin x [ (par dérivation du quotient tan x = cos x 0 (cotanx = cos x, pour x ]0, π[ (par dérivation du quotient cotanx = sin x (arcsin x = sin x x, pour x ], [ (puisque sin(arcsin θ = θ (arccos x =, pour x ], [ (puisque cos(arccos θ = θ x 3 (arctan x = (puisque tan(arctan = I + x 4 (arctan x α α = x + α, pour α 0 5 (ln( cos x + tan x = cos x 6 (ln( sin x cotanx = sin x = (ln( sin x + cotanx 7 ( tan x cos x + ln cos x + tan x = cos 3 x x + a 8 ln( x a = a 9 ln( x + x + a = a x = tanh ( x a, pour x a x + a 0 si b 4ac > 0 : ln( ax + b b 4ac ax + b + b 4ac = si b 4ac < 0 : arctan( ax + b si b 4ac = 0 : ( b 4ac ax + bx + c 4ac b = 4ac b ax + bx + c ax + b = ax + bx + c a ax + bx + c 3 si a > 0 : ln( ax + b + a ax + bx + c = 4 argsh (x = +x, et argch (x = x 5 (argsh(x + x + x = + x 6 Une primitive de tan x est tan x x + c (car tan x = cos x 7 Une primitive de + sin x est tan x cos x + c (on multiplie par sin x, ie on calcule la primitive de sin x sin x = sin x cos x 68 juin 006

69 69 D Racines des polynômes de degré 3 et 4 8 Primitives de : faire le changement de variable + a sin x + b cos x + c tan x u = tan x, qui s'exprime également sin x = u u du + u, cos x = + u, et qui donne dx = + u Et on obtient la primitive d'une fraction rationnelle 9 NB : les fonctions cos(x et (par exemple n'ont pas de primitive élémentaire (la dernière primitive est une intégrale elliptique On calcule les intégrales correspondantes de manière b sin x approchée (intégration numérique D Racines des polynômes de degré 3 et 4 Pour les racinies d'un polynôme de degré : ax + bx + c = 0, on rappelle que x = b± a où = b 4ac (racines éventuellement complexes On vérie immédiatement que (x b+ b 4ac a (x b b 4ac a = x + b a x + a, c puisque c'est ((x + b a b 4ac a ((x + b a + b 4ac a Pour les racines d'un polynôme de degré 3 (Girolamo Cardano ( : ax 3 + bx + cx + d = 0, on cherche une racine r (puis on décompose sous la forme a(x r(x +αx+β = 0 On commence par mettre l'équation sous la forme y 3 + Ay = B Il sut pour cela de poser x = y 3b a, ce qui donne : y 3 + Ay = B, A = b (c a 3a, B = b3 (d + a 7a bc 3a Puis on cherche y sous la forme y = s t où s et t sont solution du système : { 3st = A, s 3 t 3 = B On vérie immédiatement qu'un tel y = s t est solution de (s t 3 + A(s t = B, avec A et B donnés ci-dessus Substituant s = A 3t dans la ème équation, on obtient : t 6 +Bt 3 A3 7 = 0, soit T +BT A3 7 = 0 où T = t 3 D'où t 3 = T = B± B 4A3 7 On garde par exemple t = ( B± B 4A3 7 3, d'où s, d'où y = s t, d'où x Le résultat nal est : où p = b 3a, q = p 3 + bc 3ad 6a par coeur Références : x = (q + q + (r p 3 + (q + q (r p 3 + p, et r = c 3a (Il est bien sûr hors de question d'apprendre ces formules http ://wwwsosmathcom/algebra/factor/fac/fachtml http ://atlasmathvanderbiltedu/ schectex/courses/cubic/ Pour les formules donnant une racine d'un polynôme de degré 4, voir par exemple : http ://wwwsosmathcom/algebra/factor/fac/fachtml 69 juin 006

70 70 RÉFÉRENCES Références [] Arnaudiès JM, Fraysse H : Cours de mathématiques, Analyse, classes préparatoires Dunod 988 [] Avez A : Calcul diérentiel Masson, 983 [3] Ayres F, Mendelson E : Calcul diérentiel et intégral, cours et problèmes Série Schaum, McGraw-Hill, 993 [4] Cartan H : Cours de calcul diérentiel Hermann méthodes, 977 [5] Courant R, John F : Introduction to Calculus and Analysis Volume, Springer-Verlag, 989 [6] Couzeix M, Mignot A : Analyse numérique des équations diérentielles Masson, 99 [7] Geroy J : Équations diérentielles Puf, 983 [8] Germain P : Mécaniques des milieus continus, cours de l'ecole Polytechique 98 Edition de l'ecole Polytechnique, 98 [9] Kartachev A, Rojdestvenski B : Analyse mathématique Éditions Mir, 988 [0] Lang S : Calculus of Several Variables Springer-Verlag, Third Edition,994 [] O'Neil P : Advanced Engineering Mathematics PWS, 995 [] Reinhard : équations diérentielles Dunod [3] Schatzman M : Analyse numérique, cours et exercices pour la licence InterEdition, 99 [4] Strang G : Calculus Wellesley Cambridge Press 99 [5] http ://wwwles-mathematiquesnet 70 juin 006