Examen de Calcul Différentiel Première session Mardi 16 mai 2017 Durée 3h00 Le sujet comporte 2 pages

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1 Université de Franche-Comté Licence de Mathématiques S6, Examen de Calcul Différentiel Première session Mardi 16 mai 2017 Durée 3h00 Le sujet comporte 2 pages Aucun document n'est autorisé. Les téléphones portables, les traducteurs et les calculatrices sont interdits. Les notations utilisées sont celles introduites dans le cours Exercice 1 Les questions 1 à 5 de cet exercice sont indépendantes les unes des autres. 1. Soit f : R n R p dénie sur U ouvert de R n. (a Quand dit-on que f est diérentiable en x 0 U? (b Montrer que si f est diérentiable en x 0 U alors cette diérentielle est unique. 2. Enoncer le théorème des fonctions implicites pour une fonction f : R n R p R p. 3. Soit f C (R 2 dénie pour tout (x, y R 2 par f(x, y = xy + y 2 + (x et U = f 1 ({0} la courbe de niveau 0 de f. (a Déterminer tous les points de R 2 en lesquels le théorème des fonctions implicites permet d'écrire que U est localement le graphe d'une fonction réelle ϕ de la seule variable x. On précisera en particulier la régularité de ϕ. (b Justier que le théorème des fonctions implicites s'applique à f en (2, 0. On note ϕ la fonction implicite associée. (c Que vaut ϕ(2? (d Calculer ϕ (2 puis déterminer le développement limité de ϕ à l'ordre 2 au voisinage de x = 2.. On note 2 la norme euclidienne sur R n et on pose f(x = x 2 2 pour tout x Rn. Montrer que f est diérentiable sur R n et donner l'expression de sa diérentielle : (a en utilisant la dénition ; (b en décomposant f. 5. Montrer qu'une norme sur R n n'est jamais diérentiable en 0 R n. Exercice 2 Pour n N, on note <, > le produit scalaire euclidien sur R n R n et M n (R l'ensemble des matrices réelles carrées d'ordre n. Pour A M n (R et b R n donnés, on considère l'application dénie pour tout x R n par J(x = 1 2 < Ax, x > + < b, x >. 1

2 1. Montrer que J C (R n. 2. Déterminer, en tout x R n, l'expression de la diérentielle de J, puis celle de sa diérentielle seconde. 3. On suppose que la matrice A est symétrique, dénie positive. (a Montrer que J(x = Ax + b et en déduire que J admet un unique point critique x 0 dans R n. (b Montrer que H J (x, matrice hessienne de J en x R n, vérie H J (x = A. (c En déduire que x 0 est un minimum local libre de J. (d Rappeler la formule de Taylor avec reste intégral d'ordre 2 pour J en x 0. (e En déduire que x 0 est un minimum global de J sur R n et que ce minimum est stricte. Exercice 3 On note E = R 2 muni de la norme euclidienne 2 et on considère l'application f : E E dénie pour tout (x, y E par f(x, y = 1 2 (sin(x + y, cos(x y. 1. Déterminer la matrice jacobienne de f en (x, y E. Justier alors le fait que f C 1 (E et donner l'expression de sa diérentielle. 2. Calculer f( π, 0 et montrer que df(π, 0 Isom(R2. 3. Montrer, à l'aide du théorème d'inversion locale, qu'il existe ε > 0 tel que pour tout (a, b R 2 vériant (a 2, b 2 2 < ε il existe (x, y R 2 tel que f(x, y = (a, b.. Montrer que pour tout (x, y E et tout (h, k E, on a df(x, y(h, k (h2 + k En déduire que l'équation f(x, y = (x, y admet une unique solution (x, y E. Exercice Soit f : R n R n (n 2 une application dénie et diérentiable sur l'ouvert U = B\{0} de l'espace vectoriel normé R n où B = B 1 (0 désigne la boule unité ouverte de R n. On suppose que df est bornée sur U : On pourra admettre la propriété suivante : M > 0, x U, df(x IB M. (x, y U 2, a U tel que a x + a y 2 x y et 0 / [a, x] [a, y] (1 1. Montrer qu'il existe une constante C > 0 telle que (x, y U 2, f(x f(y C x y 2. Soit (x n U une suite convergeant vers 0. Montrer que la suite (f(x n converge vers une limite l R n. Montrer que cette limite est indépendante du choix de la suite (x n. 3. En déduire que f se prolonge par continuité sur B en une application notée f.. On suppose que lim x 0 df(x = 0 et on veut alors montrer que f est diérentiable en 0 avec d f(0 = 0. (a Justier que ε > 0, δ > 0, x U δ := B δ (0 \ {0}, df(x ε. (b Montrer alors que x U δ, f(x f(0 2ε x (on pourra penser à utiliser la question 1 (c Conclure 5. En déduire que si g : R n R n est dénie et diérentiable sur R n \{x 0 } avec x 0 R n et que lim x x 0 dg(x existe alors g se prolonge en une fonction diérentiable sur R n. 2

3 Université de Franche-Comté Licence de Mathématiques S6, Correction de l'examen de Calcul Différentiel Première session - Mardi 16 mai Durée 3h00 1. (a (b : voir le cours. 2. Voir le cours. Exercice 1 3. (a On peut appliquer le TFI en (x 0, y 0 U dès que f (x 0, y 0 0 à savoir x 0 + 2y 0 0. On obtient dans ce cas l'existence d'un voisinage ouvert U 1 de x 0, d'un voisinage ouvert U 2 de y 0 et d'une fonction ϕ : U 1 U 2 de classe C sur U 1, tq (x, y U 1 U 2, f(x, y = 0 y = ϕ(x. En particulier, U (U 1 U 2 = {(x, y U 1 U 2, y = ϕ(x}. (b Le TFI s'applique à f en (2, 0 puisque ce point n'est pas situé sur la droite d'équation (x+2y = 0. Dans ce cas U 1 est voisinage de 2 et U 2 de 0. (c La fonction implicite ϕ ainsi obtenue, vériera en particulier ϕ(2 = 0 puisque f(2, 0 = 0. (d On sait que x U 1, ϕ (x = f ϕ(x+2(x 1 = (x,ϕ(x x+2ϕ(x et donc ϕ (x = x (x,ϕ(x f ( ϕ(x+2(x 1 x+2ϕ(x savoir ϕ (x = (ϕ (x+2(x+2ϕ(x (ϕ(x+2(x 1(1+2ϕ (x (x+2ϕ(x 2. Sachant que ϕ(2 = 0, on obtient ϕ (2 = ϕ( ϕ(2 = 1 puis ensuite ϕ (2 = 1. Au voisinage de x = 2, on a ϕ(x = ϕ(2 + ϕ (2(x (x 22 ϕ (2 + o((x 2 2 et donc ϕ(x = (x (x 22 + o((x 2 2 à. (a Pour tout x, h R n, on a f(x + h f(x = 2 < x, h > + < h, h > et donc df(xh = 2 < x, h > puisque < h, h >= h 2 = o( h. (b Posant f 1 : x R n (x, x R n R n qui est linéaire donc diérentiable sur R n, et f 2 =<, > qui est bilinéaire donc diérentiable sur R n R n, on a f = f 2 f 1 qui est diérentiable comme composée. De plus, df(xh = df 2 (f 1 (x df 1 (xh = df 2 (x, x df 1 (h par linéarité de f 1 et donc df(xh = f 2 (h, x + f 2 (x, h = 2 < x, h > par bilinéarité puis symétrie du produit scalaire. 5. Soit N une norme sur R n. Alors pour x 0 R n, on a t R, N(tx N(0 t = t t N(x qui n'admet pas de limite quand t 0 puisque N(x 0. Ceci montre que N n'admet pas de dérivée directionelle en 0 dans la direction x et donc elle n'est pas diérentiable en 0. Exercice 2 1. On écrit J = J 1 J 2 + J 3 avec pour tout x R n, J 2 (x = (Ax, x R n R n, J 3 (x =< b, x > et J 1 = 1 2 <, >. Alors J 1 étant bilinéaire et J 2, J 3 linéaires, elles sont de classe C. Ainsi J 1 J 2 est C et donc J le reste par addition. 2. La décomposition précédente donne x, h R n, dj(xh = dj 1 (J 2 (x dj 2 (xh + dj 3 (xh. La linéarité de J 2 et J 3 implique alors dj(xh = dj 1 (Ax, x dj 2 (h + J 3 (h et donc par bilinéarité de J 1 dj(xh = 1 2 < Ah, x > +1 2 < Ax, h > + < b, h > (2 3

4 J étant 2 fois diérentiable, on a x, h, k R n, dg h (xk = d 2 J(x(h, k où g h (x = dj(xh et donc d 2 J(x(h, k = 1 2 < Ah, k > +1 2 < Ak, h > (3 3. (a La matrice A et le produit scalaire étant symétriques, on déduit de (2 que x, h R n, dj(xh = 1 2 < h, t Ax > < Ax, h > + < b, h >=< Ax, h > + < b, h >=< Ax + b, h >. Puisque de plus, dj(xh =< J(x, h >, on a < J(x, h >=< Ax + b, h > et donc J(x = Ax + b. Par ailleurs, x sera point critique de J si, par dénition, J(x = 0 donc si x est solution du système linéaire Ax + b = 0. La matrice A étant dénie positive, elle est inversible et ce système admet donc pour unique solution x 0 = A 1 b. (b La matrice A et le produit scalaire étant symétriques, on déduit de (3 que x, h, k R n, d 2 J(x(h, k =< Ah, k > et puisque d 2 J(x(h, k =< H J (xh, k >, on obtient que H J (x = A. (c Le point critique x 0 est un minimum local libre de J puisque la hessienne A est dénie positive. (d La fonction J étant C 2, la formule de Taylor avec reste intégrale en x 0 à l'ordre 2 s'écrit 1 h R n, J(x 0 + h J(x 0 = dj(x 0 h + (1 td 2 J(x 0 + th(h, hdt = = t=0 t=0 (1 t < Ah, h > dt < Ah, h > (compte tenu des questions 3a et 3b (e La matrice A étant dénie positive, il existe C > 0 telle que h R n, < Ah, h > C h 2 et donc h R n \{0}, J(x 0 + h J(x 0 > 0. Ainsi x 0 est un minimum global stricte de J sur R n. Exercice 3 1. La matrice jacobienne de f en (x, y E est donnée par J f (x, y = ( f1 x f 2 x f 1 f 2 (x, y = 1 2 ( cos(x + y cos(x + y sin(x y sin(x y. Les dérivées partielles de f étant toutes continues sur ( R 2, l'application ( y est de classe C 1 et on a la h formule, (x, y, (h, k R 2, df(x, y(h, k = J f (x, y = 1 (h + k cos(x + y k 2. (k h sin(x y ( 2. On a f( π, 0 = ( 2 et df(π, 0 Isom(R2 ssi J f ( π, 0 est inversible où J f ( π, 0 = 2 1 1, 1 1 ce qui est le cas puisque det(j f ( π, 0 = Ainsi, f C 1 (R 2 avec df( π, 0 Isom(R2 et donc par le TIL, il existe U R 2 voisinage ouvert de ( π, 0 tel que f soit un diéomorphisme de U dans f(u voisinage ouvert de f(π, 0. Puisque f(u est un ouvert contenant f( π, 0 = ( 2, il contient une boule ouverte de centre ( 2, de rayon ε > 0 telle que pour tout (a, b dans cette boule, ie. vériant (a 2, b 2 2 < ε, il existe (x, y R 2 tel que f(x, y = (a, b.. Utilisant l'expression de la diérentielle de f en (x, y E, on a pour tout (h, k E ( df(x, y(h, k 2 2 = 1 (h + k 2 cos 2 (x + y + (h k 2 sin 2 (x y 1 ((h + k2 + (h k 2 = 1 2 (h2 + k 2.

5 5. L'inégalité précédente montre que pour tout (x, y E, on a df(x, y IB(R Ainsi pour tout X, Y R 2, le théorème des accroissements nis donne f(x f(y 1 2 X Y. L'application f est donc contractante sur R 2 et donc elle admet un unique point xe. Exercice 1. Soit x, y U et soit a U donné par (1. Puisque les segments [a, x] et [a, y] sont inclus dans U et que la diérentielle de f est bornée sur U, le théorème des accroissements nis implique : f(x f(a x a Sup df(z M x a et f(y f(a M y a. z [a,x] Par inégalité triangulaire et en utilisant (1, on en déduit : f(x f(y f(x f(a + f(y f(a M x a + M y a 2M x y. 2. En utilisant l'inégalité de la question précédente, on a n, p N f(x n f(x p C x n x p. La suite (x n étant convergente elle est de Cauchy, et l'inégalité ci-dessus montre que la suite (f(x n l'est donc aussi. Par complétude de R n, la suite (f(x n est donc convergente, on note l x sa limite. Soit (x n une autre suite de U convergeant vers 0. Notons l x la limite de la suite (f(x n. En utilisant à nouveau l'inégalité de la question précédente, on a n N f(x n f(x n C x n x n. Passant à la limite lorsque n tend vers +, on obtient l x = l x. Ainsi la limite de la suite (f(x n ne dépend pas de la suite (x n. 3. D'après la caractérisation séquentielle de la limite d'une fonction, ce qui a été établi à la question précédente garanti que f admet une limite en 0. Ceci sut pour armer que f se prolonge par continuité en 0. Le prolongement f (il est en eet unique est déni par : f(x = f(x si x 0 et f(0 = lim f(x. x 0. (a C'est la dénition de la limite. (b En reprenant la solution de la question 1, on s'aperçoit que l'argument s'adapte directement sur U δ en remplaçant M par ε. On a donc (x, y U 2 δ f(x f(y 2ε x y. Passant à la limite dans cette inégalité lorsque y tend vers 0, on en déduit x U δ f(x f(0 2ε x. (c L'inégalité précédente prouve que f(x f(0 = o( x, donc f est diérentiable à l'origine et d f(0 est l'application linéaire nulle. 5. Soit L = lim dg(x. On translate g et on lui retranche L pour se ramener à la question précédente x x 0 en posant f(x = g(x + x 0 L(x. La fonction f est dénie sur R n \ {0}, y est diérentiable et pour x x 0 on a df(x = dg(x + x 0 L. On a donc bien lim df(x = 0. Par la question précédente, f se x 0 prolonge en une fonction f diérentiable en 0. Alors g(x = f(x x 0 + L(x x 0 est un prolongement de g qui est diérentiable au point x 0. 5