L3 MASS Calcul différentiel (cours et exercices) John BOXALL (Année universitaire ) Introduction

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1 L3 MASS Calcul différentiel (cours et exercices) John BOXALL (Année universitaire ) Introduction (0.1) Ce cours s articule autour du calcul différentiel et, en particulier, son application au calcul des extremums d une fonction, assujettie ou non à des contraintes. Voici quelques exemples typiques : (0.1.1) Déterminer si oui ou non la fonction la fonction (x, y) x 1+x 2 +y 2 a un maximum ou un minimum sur R 2 et, le cas échéant, les trouver. (0.1.2) Quelles sont les valeurs maximales et minimales de la fonction (x, y, z) x + 2y + 3z sur la sphère x 2 + y 2 + z 2 = 1 et pour quelles valeurs de (x, y, z) sont-elles atteintes? (0.1.3) Parmi les triangles de périmètre donnée, lesquels ont la plus grande aire? (0.1.4) Soient a, b, α, β quatre réels tels que a < b. Pour toute fonction f : [a, b] R de classe C (1) telle que f(a) = α et f(b) = β on pose L(f) = b a 1 + f (t) 2 dt. Quelle est la valeur minimale de L(f) et pour quelles fonctions f est-elle atteinte? Notons que L(f) est la longueur de la courbe joignant les points (a, α) et (b, β) et définie par y = f(x). Le problème peut alors être reformulé ainsi : quelle est la courbe la plus courte joignant (a, α) et (b, β)? Bien que ce problème soit classiquement posé pour les fonctions de classe C (1), nous nous limiterons par souci de simplicité aux fonctions de classe C (2). (0.2) Nous étudierons ensuite quelques équations différentielles, et notamment les notions d équilibre et de stabilité des solutions. En général, on s intéresse à une solution particulière d une équation différentielle (par exemple une solution constante), dite solution d équilibre. L équation est alors dite stable si toutes les autres solutions s approchent (dans un sens qui doit être précisé selon le contexte) à la solution d équilibre lorsque t +. Voici quelques exemples, x, x désignant les dérivées successives de x par rapport à t : (0.2.1) Soient a, b, c trois réels tels que b 0. L équation x (t) + ax (t) + bx(t) = c a alors comme solution d équilibre la solution constante x 0 (t) = c. Pour quelle valeurs de a, b, c l équation b est-elle stable, c est-à-dire on a lim t + x(t) = c pour toute solution x? b (0.2.2) On considère le système x (t) = 1 x(t)y(t) y (t) = x(t). Quelles sont les solutions constantes de ce système? Y-a-t-il stabilité locale autour de ces solutions d équilibre? Notons que chaque solution (x(t), y(t)) paramètre une courbe dans le plan : il y a stabilité locale lorsque toute solution qui se trouve suffisamment proche à une solution d équilibre lorsque t est assez grand converge vers l équilibre lorsque t +. (0.2.3) Le dernier thème est consacré à la démonstration de l existence locale et l unicité de solutions de systèmes d équations différentielles sous des hypothèses convenables. Nous verrons sur un exemple commment la méthode de démonstration, dans l absence de solution exprimable en 1

2 termes des fonctions familières (puissances, exponentielles, logarithmes, trigonométriques) permet de construire une suite de solution approchées. (0.3) Voici donc le contenu du cours. Thème 1. Ouverts et fermés de R p, fonctions continues R p R ; Thème 2. Compacts, connexes par arcs et connexes de R p ; Thème 3. Dérivées partielles, formule de Taylor ; Thème 4. Formes quadratiques, extremums libres ; Thème 5. Extremums liés d une fonction R p R, méthode des multiplicateurs de Lagrange ; Thème 6. Équations différentielles, équilibre, stabilité ; Thème 7. Systèmes d équations différentielles ; Thème 8. Solutions périodiques, cycles limites ; Thème 9. Calcul des variations ; Thème 10. Applications aux équations différentielles. Le texte conclut avec un appendice contenant quelques rappels. Chaque thème est suivi par une collection d exercices. Le numéro de chaque exercice est précédé par une lettre e minuscule ; ainsi (e4.5) désigne l exercice 5 qui se trouve à la fin du thème 4. Thème 1. Ouverts, fermés, fonctions continues (1.1) On note K l un des corps R et C. Soit E un K-espace vectoriel. On rappelle qu une norme sur E est une application. : E R qui vérifie les propriétés (i) On a x 0 pour tout x E, (ii) L élément x de E vérifie x = 0 si et seulement si 0, (iii) On a x + y x + y pour tout x, y E, (iv) On a λx = λ x pour tout λ K et pour tout x E. Un espace vectoriel normé est un espace vectoriel muni d une norme. (1.1.1) Lorsque K = R, un produit scalaire sur E est une forme bilinéaire symétrique (voir le paragraphe (A.4) de l appendice pour plus de rappels) notée.,. et vérifiant (i) On a x, x > 0 pour tout x E, (ii) L élément x de E vérifie x, x = 0 si et seulement si 0. Lorsque c est le cas, la fonction x x, x 1/2 est une norme, appelée norme associée. (1.1.2) De même, lorsque K = C, un produit hermitien sur E est une forme R-bilinéaire telle que y, x = x, y pour tout (x, y) E 2 et vérifiant (i) ix, y = i x, y pour tout (x, y) E 2, (ii) On a x, x 0 pour tout x E, (iii) L élément x de E vérifie x, x = 0 si et seulement si 0. Un K-espace préhilbertien est un K-espace vectoriel muni d un produit scalaire (lorsque K = R) ou un produit hermitien (lorsque K = C). Lorsque E est de dimension finie, on parle d un espace euclidien (lorsque K = R) ou d un espace hermitien (lorsque K = C). (1.1.3) On dit que x et y sont orthogonaux (ou perpendiculaires) si x, y = 0. L inégalité de Cauchy-Schwarz est alors l inégalité x, y x y qui est valable quelque soit (x, y) 2

3 E 2. Elle a pour conséquence l inégalité triangulaire x+y x + y, qui est encore valable quelque soit (x, y) E 2. On trouvera au (e1.12) une étude des cas d égalité dans l inégalité de Cauchy-Schwarz et l inégalité triangulaire. (1.2) Dans ce cours, et au moins jusqu au thème 8, l exemple au centre de nos préoccupations est celui du R-espace vectoriel R p, p 1 étant un entier. Si x = (x 1, x 2,..., x p ) R p et si a R, on note ax = (ax 1, ax 2,..., ax p ). Si encore y = (y 1, y 2,..., y p ) R p, on a x + y = (x 1 + y 1, x 2 + y 2,..., x p + y p ). Trois normes interviennent particulièrement souvent : si x R p, on pose x 1 = x 1 + x x p, x 2 = (x x x 2 p) 1/2, x = max{ x 1, x 2,..., x p }. Parmi ces trois normes, seule. 2 est associée à un produit scalaire, à savoir x, y = x 1 y 1 + x 2 y x p y p. (1.3) Soient E un espace vectoriel normé et soient x, y E. Intuitivement, au moins lorsque E = R p et. est la norme. 2, y x est la distance entre les points d un espace euclidien dont les affixes sont x et y. Ainsi, si r R + et si x E, on appelle sphère de centre x et de rayon r et on note S(x; r) l ensemble des y E vérifiant y x = r. De même, on appelle boule fermée de centre x et de rayon r l ensemble des y E tels que y x r : elle est notée K(x; r). Enfin, la boule ouverte de centre x et de rayon r, notée B(x; r), est l ensemble des y E vérifiant y x < r. Notons que, contrairement à l usage générale, l usage mathématique des mots sphère et boule en donnent un sens précis : une sphère est creuse alors qu une boule est solide. Lorsque p = 2, on parle respectivement d un cercle et d un disque. (1.3.1) Soit x E. Un voisinage de x est une partie V de E contenant une boule ouverte B(x; r) avec r > 0 convenable. (1.4) Soit U une partie de E. On dit que U est ouverte (ou : un ouvert), si, quelque soit y U, il existe r > 0 telle que B(y; r) U. (1.4.1) Pour tout x E et pour tout r R +, la boule ouverte B(x; r) est un ouvert.. Démonstration. Soit y B(x; r). Posons r = y x. Par hypothèse, r < r. Soit z R p tel que z y < r r. Or, on a z x = (z y) + (y x) z y + r ( r r ) + r = r, d où z B(x; r). On en tire que la boule B(y, r r ) est contenue dans B(x; r). (1.4.2) La partie F de E est dite fermée (ou un fermé) si son complémentaire F c est un ouvert. (On consultera l appendice pour la notation concernant les ensembles.) (1.4.3) Pour tout x E et pour tout r R +, la boule fermée K(x; r) est un fermé. On vérifie que K(x; r) c est un ouvert par un argument semblable à la démonstration de (1.4.1). (1.4.4) Proposition. (i) Toute réunion d ouverts de E est ouverte. Toute intersection d un nombre fini d ouverts de E est ouverte. (ii) Toute intersection de fermés de E est fermée. Toute réunion d un nombre fini de fermés de E est fermée. 3

4 La démonstration a été vue en deuxième année. (1.5) Notons encore E un K-espace vectoriel normé. Soit X une partie de E. Rappelons qu une suite (u n ) à valeurs dans X est convergente s il existe l E avec la propriété suivante : quelque soit ε > 0, on peut trouver N ε tel que pour tout n N ε on ait u n l ε. On rappelle que l est alors unique, et est appelé la limite de (u n ). On dit alors que (u n ) converge vers l, et on écrit u n λ lorsque n + ou encore lim u n = l. n + On dit que la suite (u n ) converge dans X si elle converge et sa limite appartient encore à X. Exemple. Prenons p = 1, X =]0, 1]. La suite ( 1 ) converge vers 0 mais, puisque 0 / X, elle ne n converge pas dans X. (1.5.1) Théorème. Soit X une partie de E. Pour que X soit fermée, il faut et il suffit que la limite de toute suite convergente et à valeurs dans X appartienne à E. À nouveau, ce résultat a été vu en deuxième année. (1.6) Soit X E et soit x X. On dit que x est un point intérieur de X s il existe r R + tel que B(x; r) X. L ensemble des points intérieurs de X est un ouvert de E contenu dans X, appelé l intérieur de X et noté X. Si U X est ouvert, alors tout point de U est un point intérieur de X et donc U X. On a X X et X = X si et seulement si X est ouvert. Exemples. (i) Soit X = [0, 1[. Alors X =]0, 1[. (ii) Soit X = Q. Si x X et si r > 0, l intervalle ]x r, x + r[ contient toujours un irrationnel. On en tire que ]x r, x + r[ n est pas contenu dans Q quelque soit la valeur de r. Donc x / Q et Q =. (1.6.1) Soit X E et soit x E. On dit que x est un point adhérent de X si tout voisinage de x rencontre X. L ensemble des points adhérents de X est appelé l adhérence de X et est noté X. Alors X est un fermé, comme on peut voir en remarquant que tout x / X possède un voisinage qui ne rencontre pas X. De même, si F est un fermé contenant X, alors F X. On a X X et X = X si et seulement si X est fermé. Le point x est un point adhérent de X si et seulement s il existe une suite d éléments de X convergeant vers x. Démonstration. En effet, si x E et si n N, la boule B(x; 1 ) rencontre E en un point n u n. La suite (u n ) converge alors vers x. Réciproquement, si (u n ) est une suite à valeurs dans E convergeant vers x et si r > 0, la définition de convergence d une suite implique que u n B(x; r) pour tout n assez grand. Exemples. (i) Si X = [0, 1[, alors X = [0, 1]. (ii) Soit X = Q. Si x R, il existe une suite de rationnels convergeant vers x. On en tire que x Q. Donc Q = R. (1.6.2) Soient X, Y deux parties de E telles que X Y. On dit que X est dense dans Y si X Y. On dit que X est dense si X = E. D après l exemple précédent, Q est dense dans R. (1.6.3) Soit X E. La frontière de X est l ensemble X X, noté Fr(X). Si par exemple X est une boule (ouverte ou fermée) de centre x et de rayon r, alors X = K(x; r), X = B(x; r) et Fr(X) est alors la sphère S(x; r). (1.7) Soient E, F deux K-espaces vectoriels normés, soit X une partie de E et soit f : X F 4

5 une fonction. Soit x 0 X. On dit que f est continue en x 0 si, quelque soit ε > 0, on peut trouver δ (dépendant de ε), tel que pour tout x X vérifiant x x 0 δ, on ait f(x) f(x 0 ) ε. On dit que f est continue (ou continue sur X) si f est continue en tout point x 0 de X. (1.7.1) Soient X, Y deux parties de E telles que Y X et soit x 0 Y. Si la fonction f : X R est continue en x 0, alors la restriction de f à Y est continue en x 0. Rappelons que la réciproque de cet énoncé est fausse : si la restriction de f à Y est continue en x 0, on ne peut pas conclure que f y est continue. Prenons comme exemple le cas où E = R, E = [0, + [, x 0 = 0 et f(x) = 1 si x E, f(x) = 0 si x / E (faire un croquis). Soient f, g deux fonctions de X dans R et soit a R. On note respectivement f + g, f g, af, f, max(f, g), min(f, g) les fonctions définies par (f + g)(x) = f(x) + g(x), (f g)(x) = f(x) g(x), (af)(x) = a f(x), f (x) = f(x), max(f, g)(x) = max ( f(x), g(x) ) et min(f, g)(x) = min ( f(x), g(x) ) quelque soit x X. Si f(x) 0 pour tout x X, on définit 1 f par 1 f (x) = 1 f(x). (1.7.2) Proposition. Soit x 0 X et soient f, g : X R deux fonctions. (i) Si f et g sont continues en x 0, il en est de même pour f + g, pour f g, pour af, pour fg, pour f, pour max(f, g), pour min(f, g) et, le cas échéant, pour 1. f (ii) Si f et g sont continues sur E, il en est de même pour f + g, pour f g, pour af, pour fg, pour f, pour max(f, g), pour min(f, g) et, le cas échéant, pour 1. f Résumé de la démonstration. (i) Les cas de f +g, de f g, de af, de fg et de 1 sont familiers. f En ce qui concerne f, on utilise l inégalité u v u v valable quelque soit les réels u et v. Si ε > 0, et x E sont tels que f(x) f(x 0 ) ε, on a certainement f(x) f(x 0 ) ε. En ce qui concerne les cas de max(f, g) et de min(f, g), on les déduit des cas précédents en utilisant les formules u + v + u v u + v u v max(u, v) =, min(u, v) =, 2 2 valables quelque soit les réels u et v. La partie (ii) découle de la partie (i) en faisant varier x 0. (1.7.3) Proposition. Soient E, F, G trois K-espaces vectoriels normés. Soit X E, soit Y F et soient f : X Y, g : Y G deux fonctions. (i) Soit x 0 X. Si f est continue en x 0 et si g est continue en f(x 0 ), alors la fonction composée g f est continue en x 0. (ii) Si f est continue sur X et si g est continue sur Y, alors g f est continue sur X. On sait que les fonctions usuelles (fonctions puissance, exponentielle, polynôme, logarithmique, trigonométrique et trigonométrique réciproque) sont continues sur leur domaine de définition. En outre, les projections π k : R p R définies par π k (x 1, x 2,..., x p ) = x k pour 1 k p sont continues. Cela permet d établir la continuité de fonctions numériques E R. Exemples. (i) Les fonctions x x et x sin( x ) sont continues sur R p. (Ici, si x = (x 1, x 2,..., x p ), alors x désigne la norme x 2 = x x x 2 p.) Puisque chacune des fonctions x x k est continue, et t t 2 est continue, les fonctions composées x x 2 k sont continues. La somme de fonctions continues étant continue, x x x x 2 p est continue. Enfin, la fonction t t est continue, et x x est la composée de t t avec x x x x 2 p. D où la continuité de x x. Enfin, la fonction x sin( x ) est le composé de la fonction sinus avec la fonction x x. La fonction t sin t étant continue, il en de même pour la fonction x sin( x ). (ii) La fonction (u, v) min(e max(u,v), 1) est continue sur {(u, v) v R2 v 0}. En effet, puisque la fonction (u, v) min(u, v) est continue, il suffit de vérifier la continuité de chacune des deux fonctions (u, v) e max(u,v) et de (u, v) 1. La continuité de la première découle de v 5

6 la continuité de (u, v) max(u, v) est de la fonction exponentielle et celle de la seconde de la continuité de (u, v) v ainsi que de t 1 t sur R. (1.8) Théorème. Soient E, F deux K-espaces vectoriels normés, soit X une partie de E, soit f : X F une fonction et soit x 0 E. Pour que f soit continue en x 0, il faut et il suffit que pour toute suite (u n ) à valeurs dans X telle que u n x 0, on ait f(u n ) f(x 0 ). La démonstration se trouve dans les cours de première ou de deuxième année. (1.8.1) Théorème. Soient E, F deux K-espaces vectoriels normés, soit X une partie de E et soit f : X F une fonction. (i) On suppose que X soit un ouvert. Pour que f soit continue sur X, il faut et il suffit que, quelque soit l ouvert V de F, f 1 (V ) soit un ouvert de E. (ii) On suppose que X soit un fermé. Pour que f soit continue sur X, il faut et il suffit que, quelque soit, le fermé W de F, f 1 (W ) soit un fermé de E. À nouveau, ce résultat a été vu en deuxième année. Son utilité est qu il permet de construire facilement des exemples d ensembles ouverts et fermés. (1.8.2) Exemples. (i) Vérifions à nouveau qu une boule fermée est effectivement un fermé. En effet, si x E et si r R +, alors K(x; r) = f 1 ([0, r]), où f est la fonction continue y y x. Notons que [0, r] est bien un fermé de R, car son complémentaire est ], 0[ ]r, + [ ce qui est la réunion des intervalles ouverts ], 0[ et ]r, + [, donc un ouvert selon (1.4.4) (i). (ii) On voit de même façon que les sphères S(x; r) sont fermés, car S(x; r) = f 1 ({r}) et le singleton {r} est fermé. (iii) Posons X = {(A, B, C) R 3 B 2 > 4AC}. Alors X est ouvert, car si f désigne la fonction f(a, B, C) = B 2 4AC, alors f est continue et X = f 1 (]0, + [). De même, l ensemble {(A, B, C) R 3 B 2 < 4AC} est ouvert et l ensemble {(A, B, C) R 3 B 2 = 4AC} est fermé. (iv) Soit X = {(x, y, z) R 3 x + y + z 1 et x 2 + y 2 + z 2 = 1}. Alors X = Y Z, où Y = {(x, y, z) R 3 x + y + z 1} et Z = {(x, y, z) R 3 x 2 + y 2 + z 2 = 1}. Puisque la fonction f : (x, y, z) x + y + z est continue et ], 1] est fermé Y = f 1 (], 1]) est fermé. De même, Z est fermé. En appliquant (1.4.4) (ii), on conclut que X est fermé. (1.9) Avertissement. Sauf indication contraire, l espace vectoriel R p est toujours considéré comme muni de la norme. 2. Ainsi, dans ce contexte,. désigne. 2, x, y désigne le produit scalaire introduit dans le (1.2) et B(x; r), K(x; r) et S(x; r) désignent respectivement la boule ouverte B 2 (x; r), la boule fermée K 2 (x; r) et la sphère S 2 (x; r). EXERCICES (e1.1) Vérifier que la fonction (x, y) x, y introduite dans (1.2) est bien un produit scalaire sur R p. (e1.2) Soit E un R-espace normé. (i) Montrer que x y x y quelque soit x, y E. (D abord remplacer x par x y dans l inégalité triangulaire.) (ii) Soient x, y E et soit r 0. Montrer que si y x r, alors y x + r. (e1.3) Soit E un R-espace préhilbertien. (i) Montrer que si x, y E sont orthogonaux, alors x + y 2 = x 2 + y 2. (ii) Montrer que pour tout x, y E, on a x, y = 1 2( x + y 2 x 2 y 2). (e1.4) (i) Montrer que l ensemble Z des entiers relatifs est un fermé de R. 6

7 (ii) Montrer qu une suite à valeurs dans Z est convergente si et seulement si elle est stationnaire (c est-à-dire constante à partir d un certain rang). (e1.5) Reprenons l exemple (1.8.2) (iii). Que dire de {(A, B, C) R 3 B 2 4AC} et de {(A, B, C) R 3 B 2 4AC}? (e1.6) On note respectivement U et F les parties n Z B(ne 1; 1 2 ) et n Z K(ne 1; 1 2 ) de Rp, où e 1 désigne le point (1, 0,..., 0) de R p. (Ici, comme expliqué dans le (1.9), B désigne B 2 et K désigne K 2.) (i) Faire un croquis de U et de F lorsque p = 1 et lorsque p = 2. (ii) Montrer que U est ouvert et F est fermé, quelque soit la valeur de p. (e1.7) Soit E un espace vectoriel normé et soit X une partie de E. Montrer que E X = E X et que l intérieur de E X est égale à E X. (e1.8) Soit encore E un espace vectoriel normé et soient X, Y E. (i) Montrer que X Y = X Y et que X Y X Y. (ii) Trouver un exemple où X Y X Y. (e1.9) Soit x = (x 1, x 2,..., x p ) R p. On note respectivement B 1 (x; r), B 2 (x; r), B (x; r) les boules ouvertes de R p pour les normes. 1,. 2 et. (voir (1.2)). (i) On prend p = 2. Tracer sur le même croquis les ensembles B 1 ((0, 0); 1), B 2 ((0, 0); 1), B ((0, 0); 1) et B 1 ((0, 0); 2). (ii) Montrer que pour tout pour tout z R p, on a z z 2 z 1 p z. (iii) En déduire que pour tout x R p et pour tout r > 0, on a B 1 (x; r) B 2 (x; r) B (x; r) B 1 (x; pr). (iv) En déduire que la propriété d une partie de R p d être ouverte (ou fermée) ne dépend pas de la norme choisie (. 1,. 2 ou. ). (v) Soit (u n ) une suite à valeurs dans R p et soit λ R p. Montrer que la propriété que (u n ) converge vers λ ne dépend pas de la norme choisie (. 1,. 2 ou. ). (e1.10) (i) Notons (u n ) = ( ) (u n ) 1, (u n ) 2,..., (u n ) p une suite à valeurs dans R p et λ = (λ 1, λ 2,..., λ p ) un élément de R p. Montrer que u n λ si et seulement si pour tout k {1, 2,..., p} on a (u n ) k λ k. (Utiliser (e1.9).) (ii) Étudier la convergence dans R2 de la suite de terme général ( n, sin n ) 2 ainsi que celle de terme général (1, ( 1) n ). n (e1.11) Soit (u n ) une suite à valeurs dans E. Montrer que si (u n ) converge vers λ, alors ( u n ) converge vers λ. (Utiliser (e1.2) (ii).) Donner des exemples où (u n ) n est pas convergente mais ( u n ) converge. (e1.12) Le but de cet exercice est d étudier les cas d égalité dans l inégalité de Cauchy-Schwarz et l inégalité triangulaire. Pour simplicité, on suppose que le corps K soit égal à R. Soit donc E un R-espace préhilbertien et soient x, y E. Il est clair que lorsque x = 0, les deux inégalités deviennent des égalités. On suppose donc que x 0. (i) Vérifier qu il existe (A, B, C) R 3 avec A > 0 tel que tx + y 2 = At 2 + 2Bt + C quelque soit t R. Préciser les valeurs de A, B et de C en termes de x et de y. (ii) En utilisant le fait que tx + y 2 0 pour tout t R, montrer que B 2 AC avec égalité si et seulement s il existe t R tel que tx + y = 0. (iii) En déduire que x, y x y avec égalité si et seulement si y est un multiple scalaire de x, et que x, y = x y si et seulement si y est un multiple de x par un scalaire positif. (iv) En développant x + y 2, retrouver l inégalité triangulaire et démontrer qu elle devient une égalité si et seulement si y est un multiple de x par un scalaire positif. (v) On munit R 2 de la norme. 1. Vérifier que si x = (1, 0) et si y = (0, 1) alors x + y 1 = x 1 + y 1. Qu en conclure? 7

8 Thème 2. Compacité, connexité par arcs (2.1) Notons encore K l un des corps R ou C et E un K-espace vectoriel normé. On dit que la partie X de E est bornée si { x x X} est une partie bornée de R. La suite (u n ) à valeurs dans X est dite bornée si l ensemble de ses valeurs {u n n N} est une partie bornée de R. Rappelons le résultat suivant. (2.1.1) Proposition. Toute suite convergente est bornée. (2.2) On dit que la suite (u n ) à valeurs dans E vérifie la propriété de Cauchy (ou est de Cauchy) si, étant donnée ε > 0, il existe N ε tel que u m u n ε quelque soient m, n N ɛ. (2.2.1) Théorème. (i) Toute suite convergente est de Cauchy. (ii) Si E est de dimension finie, alors toute suite de Cauchy est convergente. À nouveau, ce résultat fondamental a été vu en deuxième année. (2.3) La partie X de E est dite compacte (ou un compact) si toute suite à valeurs dans X possède une suite extraite convergente dans X. (2.3.1) Théorème de Bolzano-Weierstrass. (i) Une partie compacte de E est fermé et borné. (ii) Si E est de dimension finie, alors toute partie fermée et bornée de E est compacte. Exemple. Lorsque E est de dimension finie, les boules fermées et les sphères sont compactes. C est le cas notamment lorsque E = R p. (2.4) Il est important de souligner que l hypothèse que E soit de dimension finie est indispensable dans les parties (ii) des théorèmes (2.2.1) et (2.3.1). Nous revenons sur ce point brièvement dans le thème 9. En général, on appelle espace de Banach (respectivement espace de Hilbert) un espace vectoriel normé (respectivement un espace préhilbertien) où toute suite de Cauchy est convergente. Il existe des espaces de Hilbert et de Banach de dimension infinie. Par contre, dans un espace vectoriel normé de dimension infinie, on peut montrer qu une boule fermée n est jamais compacte. (2.4.1) Mentionnons brièvement un exemple simple d un espace vectoriel normé (E,. ) qui n est pas un espace de Banach. On prend pour E l espace vectoriel des suites (u n ) n 1 telles que u n = 0 pour tout indice n à un nombre fini d exceptions près. La loi d addition est donnée par : si (u n ) et (v n ) sont deux éléments de E, (u n ) + (v n ) est la suite (u n + v n ). L élément 0 est la suite dont tous les termes sont nuls et l opposé de la suite (u n ) est la suite ( u n ). Enfin, si λ K et si (u n ) E, on pose λ(u n ) = (λu n ). Munissons E de la norme (u n ) = sup n u n. Nous cherchons une suite d éléments de E qui vérifie la propriété de Cauchy mais qui n est pas convergente. Considérons pour cela la suite (u (1) n ), 8

9 (u (2) n ),..., (u (k) n ),..., (indexée par k), où u n (k) = 1 n (u (1) si n k et u(k) n n ) = (1, 0, 0, 0,..., 0, 0, 0,..., ) (u (2) n ) = (1, 1, 0, 0,..., 0, 0, 0,..., ) 2 (u (3) n ) = (1, 1, 1, 0,..., 0, 0, 0,..., ) 2 3 (u (k) On remarque que si l < k, alors. n ) = (1, 1, 1, 1,..., 1, 0, 0,..., ) k (u (k+1) n ) = (1, 1, 1, 1,..., 1, 1, 0,..., ) k k+1. = 0 pour tout n > k. Ainsi, (u (k) n ) (u (l) n ) = (u (k) n u (l) 1 n ) = (0, 0, 0, 0,...,, 1,..., 1, 0, 0,..., ), l+1 l+2 k (autrement dit, u (k) n u (l) n = 0 si n l ou si n > k et u (k) n u (l) n = 1 n si l < n k). On a alors (u (k) n ) (u (l) n ) = 1, l+1 ce qui tend vers 0 lorsque l tend vers +. On voit donc que (u (k) n u (k) n suite Si on fixe l indice n, on voit que u (k) n converge vers 1 n = 0 si k < n et u (k) n = 1 n. Ça suggère que, lorsque k +, la suite (u(k) n ( ) (u n ) = (1, 1 2, 1 3,..., 1 n,..., ). ) est bien une suite de Cauchy. si k n et donc la suite de réels ) devrait converger vers la Le problème est que la suite ( ) n appartient pas à E, car elle contient une infinité de termes non-nuls. (En fait, tous les termes sont non-nuls). Afin de justifier rigoureusement que (u (k) n ) ne converge vers aucun élément de E, on raisonne par l absurde. Supposons donc que (u n (k) ) converge vers une suite (v n ) appartenant à E. Choisissons un indice m tel que v m = 0. Pour tout k > m, on a u (k) m = 1. Mais u(k) m m v m max n u n (k) v n = (u (k) n ) (v n ) ce qui tend vers 0 lorsque k +. Puisque u (k) m = 1 lorsque k m et v m m = 0, on en tire que 1 = m u(k) m v m 0 lorsque k +, ce qui est absurde. (2.4.2) Remarquons également que, avec les notations qui viennent d être introduites, on a (u n (k) ) = 1 quelque soit k et, par conséquent, tous les membres de la suite (u (k) n ) appartiennent à la boule unité fermée unité de E. Mais (u n (k) ) ne contient aucune suite extraite convergente. La démonstration est essentiellement la même que celle du fait que la suite elle-même n est pas convergente. Par conséquent, la boule fermée unité de E n est pas compacte, ce qui montre que la conclusion du point (ii) du théorème de Bolzano-Weierstrass n est pas forcément vraie si on omet l hypothèse que E soit de dimension finie. (2.5) Théorème. Soit X une partie compacte non-vide de R. Alors X possède un plus grand élément et un plus petit élément. Démonstration. Considérons le cas du plus grand élément : un raisonnement semblable permet alors de traiter le cas du plus petit élément. D après le théorème de Bolzano-Weierstrass, X est bornée, et possède donc une borne supérieure sup X. Il s agit de montrer que sup X X (voir (A.2.2)). Soit alors n N. Il existe u n X tel que (sup X) 1 n u n sup X. La suite (u n ) 9

10 converge alors vers sup X. Puisque X est fermée, sa limite appartient à X, et on a donc bien sup X X. (2.6) Théorème. Soient E, F, deux espaces vectoriels normés et soit X une partie de E. Si f : X R une fonction continue et si Y X est compact alors f(y ) est compact. Démonstration. Soit (α n ) une suite à valeurs dans f(y ). Pour tout n, il existe u n Y tel que f(u n ) = α n. Puisque Y est compact, on peut extraire de (u n ) une suite convergente (u nk ). Notons λ sa limite : puisque Y est fermé on sait que λ X. Il s ensuit que f(λ) f(y ). Enfin, f étant continue, (α nk ) = ( f(u nk ) ) converge vers f(λ). (2.6.1) Corollaire. Soit X une partie de E, soit Y X un compact et soit f : X R une fonction continue. Alors f possède un maximum et un minimum sur Y. Démonstration. Dire que f possède un maximum sur Y signifie qu il existe x Y tel que f(y) f(x) quelque soit y Y. Autrement dit, qu il existe x Y tel que f(x) = sup f(y ). D après le théorème, on sait que f(y ) est compact. Il suffit alors d appliquer le théorème (2.5). De même pour le minimum. Exemple. Reprenons l exemple (0.1.2) de l Introduction. La sphère S = {(x, y, z) R 3 x 2 + y 2 + z 2 = 1} étant compacte et la fonction f : (x, y, z) x + 2y + 3z étant continue, le corollaire montre que f a un maximum et un minimum sur S. Par contre, il ne fournit pas de méthode convenable pour trouver les valeurs de (x, y, z) qui réalisent le maximum ou le minimum. Nous décriverons une telle méthode dans le thème 5. Le corollaire montre encore que toute fonction continue sur S a un maximum et un minimum sur S. (2.7) Soit E un K-espace vectoriel et soit. et. deux normes sur E. On dit que la norme. domine la norme. s il existe une constante A > 0 telle que x A x pour tout x E. Deux normes sur le même espace vectoriel sont dites equivalentes si chacune domine l autre. L équivalence des normes est une relation d équivalence sur l ensemble des normes sur un espace vectoriel donné. (2.7.1) Proposition. Si la norme. domine la norme., alors la fonction x x est une fonction continue de l espace normé (E,. ) vers R. En effet, par hypothèse il existe A > 0 tel que x A x pour tout x E. Fixons x 0 E et montrons la continuité en x 0. Soit ε > 0. On pose δ = ε A. Alors x x 0 ε dès que x x 0 δ. L exercice (e1.9) montre que, sur R p, les normes. 1,. 2 et. sont équivalentes. C est un cas particulier du résultat suivant. (2.7.2) Théorème. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. Alors toutes les normes sur E sont équivalentes. Démonstration. La démonstration peut se faire par récurrence sur la dimension de E. Mais le théorème peut également être vu comme une application des résultats précédentes. Puisque l équivalence de normes est une relation d équivalence, il suffit de montrer que toute norme sur E est équivalente à une norme fixée. Soit (x 1, x 2,..., x n ) une base de E. On note. 1,E la norme définie par x 1,E = n i=1 λ i, où les λ i sont les coefficients dans l écriture x = i λ ix i de x dans la base (x 1, x 2,..., x n ). Nous allons montrer que toute norme. sur E est équivalente à la norme. 1,E. Soit donc. une norme sur E. Montrons d abord que. 1,E domine.. Posons pour cela 10

11 A = max i x i 1,E. Si x = n i=1 λ ix i, alors n n x = λ i x i λ i x i A i=1 i=1 n λ i = A x 1,, ce qui montre bien que. 1, domine.. Il s ensuit que x x est une fonction continue de l espace normé (E,. 1,E ). Puisque E est de dimension finie, la sphère unité S de cet espace est compact et, par conséquent, la fonction x x a un minimum sur cette sphère. Il existe donc B et z S tel que y z = B pour tout y S. Puisque z S, on a z 0 et donc B > 0. Soit enfin x E, x 0. Alors x/ x 1,E S et donc x/ x 1,E B. Par conséquent, x B x 1,E et donc x 1,E 1 x, ce qui veut B dire que. domine. 1,. (2.7.3) L intérêt des normes équivalentes réside dans le fait que les notions de convergence, continuité, ouvert, fermé, compacte,..., ne dépendent pas de la norme à équivalence près. Autrement dit, si. et. sont deux normes équivalentes sur E, la suite (u n ) d éléments de E converge dans (E,. ) si et seulement si elle converge dans (E,. ) (et alors les deux limites sont les mêmes), elle vérifie la propriété de Cauchy dans (E,. ) si et seulement si elle la vérifie dans (E,. ), un ensemble de E est un ouvert de (E,. ) si et seulement s il est un ouvert de (E,. ),.... En particulier, lorsque E est de dimension finie, on peut parler de convergence, propriété de Cauchy,..., sans avoir besoin de préciser la norme. (2.8) Soit X une partie de E. On dit que X est connexe par arcs si, étant donné x, y X, il existe une fonction continue φ : [0, 1] X telle que φ(0) = x et φ(1) = y. Une telle fonction f s appelle un arc joignant x à y. Intuitivement, X est connexe par arcs si on peut bouger de façon continue entre deux points de X sans le quitter. Par exemple, E est connexe par arcs. En effet, si x, y E l arc le plus simple joignant x à y est sans doute le segment droit, où φ(t) = (1 t)x + ty. (2.8.1) Soit X E et soient x, y et z E. S il existe un arc dans X joignant x à y et un arc dans X joignant y à z, alors il existe un arc dans X joignant x à z. Intuitivement, il suffit de suivre le premier arc puis le second. Mathématiquement, on peut exprimer ce fait ainsi : si φ : [0, 1] X, θ : [0, 1] X sont continues et si φ(0) = x, si φ(1) = y, si θ(0) = y et si θ(1) = z, alors la fonction ψ : [0, 1] X définie par ψ(x) = φ(2x) si x [0, 1 ] et par ψ(x) = θ(2x 1) si 2 x [ 1, 1] est continue et vérifie ψ(0) = x et ψ(1) = y. 2 Exemples. (i) On dit que X est étoilé s il existe x X tel que, pour tout y X, le segment droit joignant x à y appartienne à X. D après ce qui précède, toute partie étoilée est connexe par arcs. En particulier, toute boule (ouverte ou fermée) est étoilée, donc connese par arcs. (ii) Si X et Y sont connexes par arcs et si X Y, alors X Y est connexe par arcs. En effet, si par exemple y 1 X et y 2 Y, on construit un arc passant de y 1 à y 2 en passant d abord de y 1 à un point x X Y puis de x à y 2. (iii) Si X est connexe par arcs, alors tout translaté {x+a x X} (où a A) est connexe par arcs. Si F est un second K-espace vectoriel normé, si f : E F est continu et si X E connexe par arcs, alors f(x) est connexe par arcs. Les démonstrations de ces résultats sont faciles. (iv) Une notion voisine à celle de connexité par arcs et celle de connexité. Tout connexe par arcs est connexe mais il existe des connexes qui ne sont pas connexes par arcs. Toutefois, pour des ouverts d un espace vectoriel normé, les deux notions sont équivalentes. Elles sont également équivalentes pour les parties de R ; dans ce cas, les connexes par arcs sont les intervalles. On trouvera des plus amples détails dans les cours de topologie destinés aux étudiants en licence de mathématiques. i=1 11

12 (2.9) Un arc polygonal joignant x à y est un arc γ de la forme suivante : il existe un entier n 1 et des points x r (0 r n) tels que x = x 0 et x n = y et γ est obtenu en prenant successivement les segments droits joignant x r 1 à x r pour r = 1, 2,..., n. (2.9.1) Proposition Soit U E un ouvert et soient x, y U. S il existe un arc paramétré dans U joignant x à y, alors il existe un arc polygonal dans U joignant x à y. Pour la démonstration, on se reporte à nouveau au cours de licence de mathématiques. (2.10) La partie X de E est dite convexe si, quelque soit x, y E, le segment droit joignant x à y est contenu dans X. Il est clair que tout convexe est connexe par arcs, mais la réciproque est inexacte. L intersection d une famille de parties convexes de E est convexe. Si X est convexe, alors tout translaté de X, {x + a x X} (où a A) est convexe. Si F est un second K-espace vectoriel normé, si φ : E F est linéaire et si X est un convexe de E, alors φ(x) est convexe. À nouveau, les démonstrations de ces résultats sont faciles. (2.10.1) Toute boule (ouverte ou fermée) est convexe, donc connexe par arcs. Démonstration. Quitte à effectuer une translation, il suffit de considérer le cas d une boule centrée à l origine. Soient x, y E et soit r > 0 tel que x < r, y < r. Si t [0, 1], alors 1 t [0, 1] et (1 t)x + ty (1 t)x + ty (1 t) x + t y (1 t)r + tr = r. Le résultat en découle aussitôt. On remarquera que la définition de partie convexe de E ne fait pas intervenir la norme de E, mais seulement la structure d espace vectoriel. Le fait qu une boule soit necéssairement convexe est donc tout à fait remarquable. Réciproquement, on peut utiliser des ensembles convexes convenables sur un espace vectoriel pour construire des normes (voir (e2.11)). (2.10.2) Soit X E un convexe et soit f : X R une application. On dit que f est convexe (respectivement concave) si, quelque soient x, y X et quelque soit t [0, 1], on a f((1 t)x + ty) (1 t)f(x) + tf(y) (respectivement f((1 t)x + ty) (1 t)f(x) + tf(y)). EXERCICES (e2.1) Soit (u n ) = ( (u n ) 1, (u n ) 2,..., (u n ) p ) une suite à valeurs dans R p. Montrer que (u n ) est de Cauchy si et seulement si chacune des suites réelles (u n ) k, 1 k p est de Cauchy. (S inspirer de (e1.10).) En déduire le théorème (2.2.1) à partir du cas p = 1. (e2.2) Soit X = {(x, y) R 2 x y 2x}. Faire un croquis de X. Montrer que X est fermé. X est-il compact? connexe par arcs? (e2.3) Posons X = {(x, y) R 2 x + 2 y < 1}. Faire un croquis de X. Montrer que X est borné. X est-il compact? connexe par arcs? (e2.4) Soit X l ensemble n Z K 2((n, 0), 1 2 ) dans R2. Croquis! (i) Montrer que X est connexe par arcs. (ii) X est-il compact? (e2.5) Soit X une partie finie de E. Montrer que X est compacte. Donner une condition necéssaire et suffisante pour que X soit convexe. (e2.6) Quels sont les intervalles compacts dans R? (e2.7) Soit I R un intervalle et soit f : I R une fonction continue. Utiliser les résultats sur la connexité de ce thème ainsi que l exercice précédent pour démontrer les deux résulats suivants, vus en 1ère année : 12

13 (i) (Théorème des valeurs intermédiaires). f(i) est un intervalle. (ii) Si I est un intervalle fermé et borné, alors f(i) est un intervalle fermé est borné. (e2.8) Soit f : R 2 R 3 la fonction définie par f(x, y) = (cos x, sin x cos y, sin x sin y). (i) Expliquer pourquoi f est continue. (ii) Montrer que f(r 2 ) = S((0, 0, 0), 1), la sphère de centre l origine et de rayon 1. (iii) En déduire que S((0, 0, 0), 1) est connexe par arcs. (e2.9) Soit X une partie non-vide de E. Pour tout x E, on pose d(x, X) = inf{ y x y X}. Ainsi, x d(x, X) est une fonction E R, appelée souvent la distance de x à X. (i) Montrer que d(x, X) = 0 si et seulement si x X. (ii) Montrer que pour tout x, x E, on a d(x, X) d(x, X) x x. (Montrer d abord que si y X, alors d(x, X) x y x x + x y.) En déduire que x d(x, X) est continue. (iii) Soit K un compact de E. Montrer que x d(x, X) a un minimum et un maximum sur K. (iv) On suppose X compact. Montrer que {x E d(x, X) r} est fermé et borné quelque soit r 0. En déduire que, lorsque E est de dimension finie, {x E d(x, X) r} est compact. Si Y est une seconde partie de E, on pose d(x, Y ) = inf{ y x x X, y Y }. (v) Montrer que si K est compact, si Y est fermé et si K Y =, alors d(k, Y ) > 0. (vi) Donner un exemple de deux fermés A et B de R 2 tels que A B = et d(a, B) = 0. (e2.10) (i) Soit (K n ) une suite de compacts non-vides dans E telle que K n K n+1 pour tout n. Montrer que n N K n est non-vide. (Considérer une suite (u n ) avec u n K n pour tout n.) (ii) Donner un exemple d une suite (F n ) de fermés non-vides de R telle que F n F n+1 pour tout n mais n N F n =. (e2.11) Soit E un R-espace vectoriel et soit X une partie de E vérifiant les propriétés suivantes. (a) X est convexe, (b) si x X, alors x X, (c) si x E, alors il existe λ > 0 tel que λx X, (d) si x E {0}, alors il existe µ > 0 tel que µx / X. (i) Montrer que 0 X et que, si x 0, l ensemble {λ R + λx X} est un intervalle qui est de l une des formes [0, t] ou [0, t[, où t > 0. On pose x = 0 lorsque x = 0 et x = 1/t lorsque x 0, t étant comme dans la question (i). (ii) Montrer que. est une norme sur E. (iii) Montrer que B(0; 1) X K(0; 1). (e2.12) On reprend l espace E introduit au (2.4.1). On note encore. la norme sur E définie au (2.4.1) et. la norme définie par (u n ) = n 1 u n. (i) Justifier en détail que. est bien une norme. (ii) Montrer que. domine. mais que. ne domine pas.. (On pourra considérer les éléments (v n (k) ) (où k = 1, 2,...) de E définis par v n (k) = 1 si n k et v n (k) = 0 si n > k.) La question (ii) montre que, sur un espace vectoriel de dimension infinie, il peut exister des normes qui ne sont pas équivalentes. Thème 3. Dérivées partielles, formule de Taylor (3.1) Soit E un R-espace vectoriel normé. On appelle domaine de E toute partie ouverte connexe par arcs de E. (3.1.1) Fixons un entier p 1. On note (e 1, e 2,..., e p ) la base standard de R p : par définition, e k est l élément (0, 0,..., 0, 1, 0,..., 0) de R p, la k-ième coordonnée étant égale à 1 et toutes les autres coordonnées étant nulles. 13

14 Soit Ω un domaine dans R p et soit f : Ω R une fonction. Soit a Ω et soit k {1, 2,..., p}. La k-ième dérivée partielle de f en a est, par définition, la limite f(a + te k ) f(a) (*) lim, t 0 t si cette limite existe. Lorsque c est le cas, on la note f k f (a) ou x k (a), si la variable est désignée par x = (x 1, x 2,..., x p ). Notons que, puisque Ω est ouvert, a+te k appartient bien à Ω lorsque t est suffisamment petit. Si E Ω et si f k (a) existe pour tout a E, on obtient ainsi une fonction E R qui est encore notée f k f ou x k. Si toutes les dérivées partielles f 1, f 2,..., f p existent sur E, on appelle gradient de f et on note grad(f) ou f la fonction E R p définie par f (x) = ( f 1(x), f 2(x),..., f p(x) ). Si a = (a 1, a 2,..., a p ), l existence de la limite ( ) équivaut à la dérivabilité en a k de la fonction d une seule variable t définie par t f(a 0, a 1,..., a k 1, t, a k+1,..., a p ). Si par exemple p = 2, Ω = R 2 et f(x, y) = e x sin y, on trouve f 1(x, y) = f x = (sin y) ex sin y, f 2(x, y) = f y = x(cos y) ex sin y. Il s ensuit que f (x, y) = ( (sin y) e x sin y, x(cos y) e x sin y). (3.1.2) Notons que si la k-ième dérivée partielle de f existe en a, alors où ε(t k ) 0 lorsque t k 0. f(a + t k e k ) = f(a) + t k f k(a) + t k ε(t k ), (3.1.3) Soit v R p {0}. La dérivée directionnelle de f en a dans la direction v est, par définition, la limite f(a + tv) f(a) lim, t 0 t si cette limite existe. En particulier, la k-ième dérivée partielle est égale à la dérivée directionnelle dans la direction e k. (3.2) On dit que f est de classe C (1) sur Ω si, pour tout k {1, 2,..., p}, f k continue sur Ω. existe et est (3.2.1) Théorème. Soit f de classe C (1) sur Ω. Alors pour tout h = (h 1, h 2,..., h p ) R p avec h suffisamment petit, on a f ( a + h 1 e 1 + h 2 e h p e p ) = f(a) + h, f (a) + ε(h) h, où ε(h) 0 lorsque h 0. Pour tout v R p {0}, la dérivée directionnelle de f en a dans la direction de v existe et vaut v, f (a). Le produit scalaire.,. est celui défini au (1.2). (3.2.2) Démonstration de (3.2.1). Limitons-nous au cas p = 2, le cas général se traitant de la même manière. On écrit alors f(a + h 1 e 1 + h 2 e 2 ) f(a) = ( f(a + h 1 e 1 + h 2 e 2 ) f(a + h 2 e 2 ) ) + ( f(a + h 2 e 2 ) f(a) ). 14

15 Ici, f(a + h 2 e 2 ) f(a) = h 2 f 2(a) + h 2 ε 2 (h 2 ) et f(a + h 1 e 1 + h 2 e 2 ) f(a + h 2 e 2 ) = h 1 f 1(a + h 2 e 2 ) + h 1 ε 1 (h 1 ) où ε k (h k ) 0 lorsque h k 0 (k = 1, 2). On peut donc écrire Or, f(a+h 1 e 1 + h 2 e 2 ) = = f(a) + h 1 f 1(a) + h 2 f 2(a) + h 1 ( f 1 (a + h 2 e 2 ) f 1(a) ) + h 1 ε 1 (h 1 ) + h 2 ε 2 (h 2 ) = f(a) + h, f (a) + h, (f 1(a + h 2 e 2 ) f 1(a) + ε 1 (h 1 ), ε 2 (h 2 )). h, (f 1(a + h 2 e 2 ) f 1(a) + ε 1 (h 1 ), ε 2 (h 2 )) h (f 1(a + h 2 e 2 ) f 1(a) + ε 1 (h 1 ), ε 2 (h 2 )) et f 1(a + h 2 e 2 ) f 1(a) 0 lorsque h 2 0 car f est de classe C (1). On en tire que (f 1(a + h 2 e 2 ) f 1(a) + ε 1 (h 1 ), ε 2 (h 2 )) (0, 0) lorsque h 0. Si v R p {0} et si t R, alors d après ce qui précède, on a f(a + tv) = f(a) + tv, f (a) + ε(tv) tv = f(a) + t v, f(a) + ( ε(tv) v ) t d où f(a + tv) f(a) t ce qui tend vers v, f (a) lorsque t 0. = v, f (a) + ε(tv) v (3.3) Soit a Ω. On dit que la fonction f : Ω R est différentiable en a, s il existe une application linéaire L a : R p R telle que pour tout h R p dont la norme est suffisament petite, on ait f(a + h) = f(a) + L a (h) + ε(h) h. Ici comme précédemment, on suppose ε(h) 0 lorsque h 0. On montre que si f est différentiable en a, alors l application L a est unique. On l appelle alors la différentielle de f en a et on la note df a. La fonction f est dite différentiable sur Ω si elle est différentiable en tout point de Ω. (3.3.1) Proposition. Toute fonction f sur Ω de classe C (1) est différentiable. Si a Ω, alors df a (h) = h, f (a) quelque soit h R p. Démonstration. Il suffit d appliquer (3.2.1). (3.3.2) Proposition. Soit f : Ω R de classe C (1). Pour tout a Ω, on a df a = p f k(a)(dx k ) a. k=1 Démonstration. Soit h R p. On a (dx k ) a (h) = h, e k et f (a) = p k=1 f k (a)e k. Il suffit de substituer ces formules dans la proposition précédente. (3.3.3) Soit f de classe C (1) sur Ω. On note alors df l application a df a. Il s agit d une application de Ω dans le R-espace vectoriel L(R p, R) des application linéaires de R p dans R. Avec cette notation, la proposition précédente implique que df = p f k dx k. k=1 (3.4) Soit U un ouvert de R et soit γ : U R p une application. Alors γ = (γ 1, γ 2,..., γ p ) où chacune des γ k est une application de U dans R. Si a U, on dit que γ est dérivable en a si 15

16 chacune des γ k l est. De même, γ est dérivable sur U si chacune des γ k l est et de classe C (1) si chacune des γ k est continûment dérivable. Soit Ω un domaine de R p. Supposons que γ prenne ses valeurs dans Ω. Si f : Ω R p est une application, on a l application composée f γ : U R. Si f et γ sont continues, il en est de même pour f γ. Si f et γ sont de classe C (1), on a la formule pour la dérivée d une fonction composée : a (3.4.1) Proposition. Soient f : Ω R, γ : U Ω de classe C (1). Alors pour tout t E, on (f γ) (t) = γ (t), (f (γ(t))). Démonstration. Soit u R suffisament petit pour que t + u E. Posons alors a = γ(t), h = φ(t + u) φ(t), de sorte que φ(t + u) = a + h. On en tire que f γ(t + u) = f(a + h) = f(a) + h, f (a) + ε(h) h = f(γ(t)) + h, f (γ(t)) + ε(h) h. Dans cette formule, on écrit h = γ(t + u) γ(t) = uγ (t) + uη(u), où η(u) 0 lorsque u 0. Étudions d abord le terme h, f (γ(t)). On trouve h, f (γ(t)) = u γ (t), f (γ(t)) + u η(u), f (γ(t)). D après l inégalité de Cauchy-Schwarz, η(u), f (γ(t)) η(u) f (γ(t)), ce qui tend vers 0 lorsque u 0. En ce qui concerne le terme ε(h) h, on a d abord h = u γ (t) + η(u) puis ε(h) h = ε ( u(γ (t) + η(u)) ) u γ (t) + η(u). Ici, γ (t) + η(u) reste borné lorsque u 0 et donc ε ( u(γ (t) + η(u)) ) 0 lorsque u 0. Au total, donc, on a f γ(t + u) = f(γ(t)) + u γ (t), f (γ(t)) + θ(u) u où θ(u) 0 lorsque u 0, ce qui permet de conclure en utilisant (3.2.1). (3.5) Théorème des accroissements finis. Soit Ω un domaine de R p et soit f : Ω R une fonction de classe C (1). Soit a, b Ω, soit [a, b] le segment droit joignant a à b et soit ]a, b[= [a, b] {a, b}. On suppose que [a, b] Ω. Alors il existe c ]a, b[ tel que f(b) f(a) = b a, f (c). Pour la démonstration, on réduit au cas d une fonction d une seule variable, dont nous rappelons d abord l énoncé : (3.5.1) Théorème. Soient u < v deux réels et soit φ : [u, v] R une fonction continue, dérivable sur ]u, v[. Alors il existe w ]u, v[ tel que φ(v) φ(u) = (v u)φ (w). Démonstration de (3.5). On applique ce résultat avec φ : [0, 1] R définie par φ(t) = f ( (1 t)a + tb ). Autrement dit, φ = f γ, où γ : [0, 1] Ω est donnée par γ(t) = (1 t)a + tb. En appliquant (3.4.1), on trouve φ (t) = γ (t), f (γ(t)) = b a, f (γ(t)). D après (3.5.1), il existe w ]0, 1[ tel que φ(1) φ(0) = φ (w). Si l on pose c = γ(w), alors c ]a, b[ et f(b) f(a) = b a, f (c) comme voulu. 16

17 (3.5.2) Corollaire. Soit Ω un domaine et soit f : Ω R une application de classe C (1). Si f = 0, alors f est constante. Démonstration. Fixons a Ω. Il suffit de montrer que f(b) = f(a) quelque soit b Ω. Or, d après (2.9.1), il existe un arc polygonal joignant a à b. Un tel arc est réunion de segments droits [a, x 1 ], [x 1, x 2 ],..., [x n 1, b], chacun de ces segments étant contenu dans Ω. D après le théorème (3.5), il existe c 1 ]a, x 1 [ tel que f(x 1 ) f(a) = x 1 a, f (c 1 ). Puisque f = 0, on en tire que f(x 1 ) = f(a). En appliquant le théorème (3.5) de la même manière sur chacun des segments [x 1, x 2 ],..., [x n 1, b], on trouve successivement f(x 2 ) = f(x 1 ),..., f(b) = f(x n 1 ). Donc f(b) = f(x n 1 ) = = f(x 2 ) = f(x 1 ) = f(a). (3.6) Soit Ω un domaine dans R 2 et soit f : Ω R une application de classe C (1). Le théorème des fonctions implicites affirme que si (a, b) Ω vérifie f(a, b) = 0 et f 2(a, b) 0, alors il existe un intervalle ouvert I contenant a et une application γ : I R de classe C (1) telle que γ(a) = b et f ( u, γ(u) ) = 0 pour tout u I. Si en outre on suppose I suffisamment petit, alors γ est uniquement déterminée par ces conditions. Géométriquement parlant, cela veut dire que sur un voisinage du point (a, b), l ensemble des solutions (u, v) de f(u, v) = 0 est représenté par la courbe v = γ(u). En outre, en appliquant (3.4.1) à la fonction u f(u, γ(u)) = 0, on trouve f 1(u, γ(u)) + γ (u)f 2(u, γ(u)) = 0. Par conséquent, la pente de la tangente de la courbe au point (u, v), où v = γ(u), est γ (u) = f 1 (u,v) et le vecteur f (u, v) est normale à la courbe. f 2 De la même façon, si (u,v) f 1(a, b) 0, il existe un voisinage de (a, b) sur lequel l ensemble des solutions (u, v) de f(u, v) = 0 est une courbe de la forme u = δ(v), δ étant une fonction de classe C (1) telle que δ(b) = a. À nouveau, le vecteur f (u, v) est normale à la courbe. On en tire donc que si f : Ω R est de classe C (1) et si f n a pas de point critique dans Ω, alors l ensemble des solutions (u, v) de f(u, v) = 0 est une courbe (ou réunion de courbes) contenue dans Ω (pourvu qu il soit non-vide). Le vecteur f (u, v) est toujours normale à la courbe au point (u, v). (3.7) Soit Ω R p un domaine. Rappelons que toute fonction f : Ω R q s écrit f = (f 1, f 2,..., f q ), où les f k sont des fonctions de Ω dans R. On dit que f est de classe C (1) si chacune des fonctions f k est de classe C (1). Lorsque c est le cas, il existe pour tout a Ω une unique application linéaire df a : R p R q telle que f(a + h) = f(a) + df a (h) + ε(h) h pour tout h R p tel que a + h Ω, et ε(h) 0 lorsque h 0. À nouveau, df a s appelle la différentielle de f en a. On a alors df a = ( (df 1 ) a, (df 2 ) a,..., (df q ) a ). Si Ω est un domaine de R q, si f : Ω Ω et g : Ω R r sont de classe C (1), alors g f : Ω R r est de classe C (1) et pour tout a Ω on a d(g f) a = dg f(a) df a. (3.7.1) Soit f : Ω R q une fonction de classe C (1) et soit a Ω. La matrice jacobienne de f en a est par définition la matrice à q lignes et p colonnes f 1 f x 1 (a) 1 f x 2 (a) 1 x p (a) f 2 f M f (a) = x 1 (a) 2 f x 2 (a) 2 x p (a) f q f x 1 (a) q f x 2 (a) q x p (a) Il s agit de la matrice de df a par rapport aux bases standard de R p et de R q. (3.7.2) Lorsque q = p, le jacobien de f en a est par définition le déterminant de M f (a) : il est noté J f (a). Notons alors que a J f (a) est une fonction de classe C (1) de Ω dans R. 17

18 ( ) 2xy x Exemple. Soit f : R 2 R 2 définie par f(x, y) = (x 2 y, xy 2 2 ). Alors M f (x, y) = y 2. Il 2xy s ensuit que J f (x, y) = 3x 2 y 2. (3.7.3) Proposition. Soit Ω R q un domaine. Soient f : Ω Ω et g : Ω R r deux applications et soit a Ω. (i) Si f est différentiable en a et si g est différentiable en f(a), alors g f est différentiable en f(a) et l on a d(g f) a = dg f(a) df a. Par conséquent, M g f (a) = M g (f(a))m f (a). (ii) Si f et de classe C (1) sur Ω et si g est de classe C (1) sur Ω, alors g f est de classe C (1) sur Ω. (3.8) Nous allons conclure ce thème en énonçant sans démonstration deux résultats importants, dont des cas particuliers ont déjà été évoqués. (3.8.1) Théorème (de la fonction réciproque). Soit Ω R p un domaine et soit f : Ω R p est une fonction de classe C (1). Soit a Ω tel que J f (a) 0. Alors il existe un ouvert U Ω contenant a tel que f restreinte à U est une bijection de U sur son image f(u). En outre l application réciproque f 1 : f(u) U est de classe C (1) et l on a df 1 f(a) = (df a) 1. On remarque que la différentielle de l application identique est l application identique, dont la matrice jacobienne est la matrice identité. En appliquant (3.7.3), on constate ainsi que M f 1(f(a)) = M f (a) 1. Exemple. Dans l exemple de (3.7.2), on a J f (a 1, a 2 ) 0 si et seulement si soit a 1 0 soit a 2 0. Ainsi, le théorème s applique au voisinage de tout point de R 2 qui n est pas situé sur l un des axes. (3.9) Soient p 1, q 1 deux entiers, soit Ω 1 un domaine de R p et soit Ω 2 un domaine de R q. On identifie R p+q avec R p R q, de sorte qu un point de R p+q s écrit (x, y) avec x R p et y R q. On pose Ω = {(x, y) x Ω 1, y Ω 2 }, de sorte que Ω est un domaine de R p+q. Soit f : Ω R q une fonction de classe C (1). Si (a, b) Ω, on note D 1 f (a,b) la différentielle en a de la fonction x f(x, b) et D 2 f (a,b) la différentielle en b de la fonction y f(a, y). Les matrices jacobiennes de D 1 f (a,b) et de D 1 f (a,b) sont alors respectivement et f 1 x 1 (a, b) f 2 M f,1 (a, b) = x 1 (a, b). f q x 1 (a, b) f 1 y 1 (a, b) f 2 M f,2 (a, b) = y 1 (a, b). f q y 1 (a, b) Le résultat suivant se réduit à (3.6) lorsque p = q = 1. f 1 f x 2 (a, b) 1 x p (a, b) f 2 f x 2 (a, b) 2 x p (a, b) f q f x 2 (a, b) q x p (a, b) f 1 f y 2 (a, b) 1 y q (a, b) f 2 f y 2 (a, b) 2 y q (a, b) f q f y 2 (a, b) q y q (a, b) 18

19 (3.9.1) Théorème (des fonctions implicites). Soient p 1, q 1 deux entiers. On identifie R p+q avec R p R q. Soit Ω 1 un domaine de R p et soit Ω 2 un domaine de R q. On pose Ω = Ω 1 Ω 2 : c est un domaine de R p+q. Soit f : Ω R q une fonction de classe C (1). Soit alors (a, b) Ω tel que f(a, b) = 0. On suppose que D 2 f (a,b) soit inversible. Alors il existe un voisinage U Ω 1 de a et une unique fonction φ : U Ω 2 de classe C (1) tels que b = φ(a) et f(u, φ(u)) = 0 quelque soit u U. En outre, on a dφ u = (D 2 f (u,φ(u)) ) 1 D 1 f (u,φ(u)). Le lecteur reformulera la dernière alinéa de l énoncé en termes des matrices M f,1 et M f,2. Elle se démontre en remarquant que, puisque u f(u, φ(u)) est la fonction nulle, sa différentielle encore est la fonction nulle. Mais la différentielle se calcule à l aide de la formule pour la différentielle d une fonction composée (3.7.3). On trouve alors que 0 = D 1 f (u,φ(u)) + D 2 f (u,φ(u)) dφ u. EXERCICES (e3.1) Soit f : R p R la fonction définie par f(x) = x, a, où a R p est une constante. Calculer f. Même chose lorsque f est la fonction x x 2 2, la fonction x x 4 2, de la fonction x x, a 2, de la fonction x e x,a et de la fonction x log(1 + x 2 2 ). (e3.2) Calculer les dérivées partielles de la fonction x x, en précisant les points x R p où elles existent. (e3.3) Soit f : (R +) 3 R la fonction (x, y, z) x yz. Calculer f x, f y et f z. (e3.4) (i) Déterminer toutes les fonctions f : R 2 R de classe C (1) qui vérifient f 1 (x, y) = x et f 2 (x, y) = y pour tout (x, y) R2. En déduire toutes les fonctions f de classe C (1) qui vérifient df = xdx + ydy. (ii) Déterminer toutes les fonctions g : R 2 R de classe C (1) qui vérifient g 1 (x, y) = 3y2 y 3 + x 2 et g 2 (x, y) = 3xy(2 y). En déduire toutes les fonctions g de classe C(1) vérifiant dg = (3y 2 y 3 + x 2 )dx + 3xy(2 y)dy. (iii) Déterminer toutes les fonctions f : R 3 R de classe C (1) vérifiant f 1 (x, y, z) = y, f 2 (x, y, z) = z et f 3 (x, y, z) = y. (e3.5) Soient p 1, r deux entiers. La fonction f : R p {0} R est dite homogène de degré r lorsque f(λx) = λ r f(x) quelque soit λ R et quelque soit x R p {0}. Montrer que si f est homogène de degré r, alors f (x), x = rf(x) quelque soit x R p {0}. (e3.6) Soit f : R 2 R la fonction définie par f(x, y) = (x 1)(x + 2)(x 2 + 1) + y 2. On considère le lieu X = {(x, y) R 2 f(x, y) = 0}. (i) Montrer que X est compact. (Pour montrer que E est borné, montrer d abord que si (a, b) X, alors a [ 2, 1].) (ii) Calculer f. Montrer que si (a, b) X, alors f (a, b) 0. (iii) Soit (a, b) X avec f 2 (a, b) 0. Quel résultat du cours vous permet d affirmer qu il existe un intervalle ouvert I contenant a et une fonction γ : I R vérifiant γ(a) = b et f(t, γ(t)) = 0 pour tout t I? On précisera γ. Calculer γ (a). (iv) Soit (a, b) X avec f 1 (a, b) 0. Expliquer pourquoi il existe un intervalle ouvert J contenant b et une fonction γ : J R vérifiant δ(b) = a et f(δ(u), u) = 0 pour tout u I? Existe-t-il une formule explicite pour δ analogue à celle de γ dans la question (iii)? Calculer δ (b). (e3.7) Soit α R, α 0, et soit f : R 2 R la fonction définie par f(x, y) = x 3 + y 3 3αxy, où (x, y) R 2. On note X le lieu {(a, b) R 2 f(a, b) = 0}. (i) Calculer f. Montrer que le seul point (a, b) de X où f (a, b) = (0, 0) est l origine. (ii) Trouver les points (a, b) X tels que f (a, b) 0 mais soit f 1 (a, b) = 0 soit f 2 (a, b) = 0 (tangente verticale ou horizontale). (iii) Soit (a, b) X tel que f 2 (a, b) 0. Quel résultat du cours vous permet d affirmer qu il existe un intervalle ouvert I contenant a et une fonction γ : I R vérifiant γ(a) = b et f(u, γ(u)) = 0 pour 19

20 tout u I? Calculer γ (a). (e3.8) (i) Soient a, b, c trois réels. Montrer que si le polynôme x 3 + ax 2 + bx + c a trois racines réelles deux-à-deux distinctes distinctes, alors il existe des intervalles ouverts I a contenant a, I b contenant b et I c contenant c tels que si a I a, b I b et c I c, alors le polynôme x 3 + a x 2 + b x + c a encore trois racines réelles. (ii) Montrer que si α < β sont deux réels et si ε est suffisament petit, le polynôme (x α)(x β)+εx 3 a trois racines réelles. (e3.9) Soit f : R 2 R 2 l application définie par f(u, v) = (e u cos v, e u sin v). Montrer que J f (u, v) 0 quelque soit (u, v) R 2 mais que f n est pas une bijection de R 2 sur lui-même. Thème 4. Formes quadratiques, matrices symétriques, dérivées d ordre 2, extremums locaux (4.1) Notons encore Ω un domaine de R p. Soit f : Ω R une fonction et soient k, l {1,...,, p}. Supposons que f k existe. Si, à son tour f k possède une dérivée partielle (f k ) l, on la note f l,k (ou 2 f x l x k ). Il s agit alors de la dérivée partielle seconde par rapport à x k, x l. Fort heureusement, il n est pas en pratique necéssaire de se souvenir de l ordre des indices k et l, en raison du résultat suivant qui sera admis : (4.1.1) Théorème. Soit f : Ω R une application et soient k, l {1, 2,..., p}. On suppose que f l,k existe et est continue sur Ω. Alors f l et f k,l existent et on a f l,k = f k,l. (4.1.2) On dit que f est de classe C (2) si toutes les dérivées partielles secondes f k,l existent et sont continues. Soit f = Ω R de classe C (2) et soit a Ω. On appelle matrice hessienne de f en a la matrice carrée d ordre p définie par f 1,1(a) f 1,2(a) f 1,p(a) f H f,a = 2,1(a) f 2,2(a) f 2,p(a) f p,1(a) f p,2(a) f p,p(a) D après (4.1.1), il s agit d une matrice symétrique. Soit H = (H i,j ) une matrice carrée symétrique d ordre p. On note alors q(h, ) sa forme quadratique associée : celle-ci est définie par la formule q(h, x) = i,j x ix j H i,j quelque soit x = (x 1, x 2,..., x p ) R p. (Bien que la formula définissant q(h, x) ait un sens quelque soit la matrice carrée H d ordre p, nous ne parlerons d une forme quadratique associée que lorsque H est symétrique.) (4.2) Théorème. Soit f : Ω R une application de classe C (2) et soient a, b Ω tels que [a, b] Ω. Alors il existe c ]a, b[ tel que f(b) f(a) = b a, f (a) q( H f,c, b a ). Ce résultat se déduit de la formule de Taylor en une variable par un argument semblable à celui utilisé dans la démonstration du théorème (3.5). 20

21 (4.3) Notons p 1 un entier. Une forme quadratique en p variables est une fonction q : R p R de la forme x p i,j=1 A ijx i x j, où A ij, 1 i, j p sont des réels et x = (x 1, x 2,..., x p ). Notons que si l on pose A ij = A ij+a ji pour tout i, j, alors A 2 ij = A ji pour tout i, j et p i,j=1 A ijx i x j = p i,j=1 A ijx i x j quelque soit x R p. On peut donc supposer que A ij = A ji pour tout i, j, ce que nous allons faire par la suite. La matrice A = (A ij ) est alors symétrique : on l appelle la matrice associée à q. Si réciproquement A = (A ij ) est une matrice carrée symétrique d ordre p, alors la forme quadratique q(a, ) définie par x p i,j=1 A ijx i x j s appelle la forme quadratique associée à A. (4.3.1) La forme quadratique q (ou la matrice symétrique associée) est dite définie positive (respectivement définie négative) si q(x) > 0 (resp. si q(x) < 0) quelque soit x R p {0}. Elle est dite positive (respectivement négative) si q(x) 0 (resp. si q(x) 0) quelque soit x R p. (4.3.2) S agissant d une fonction polynôme, une forme quadratique q : R p R est continue. Si x R p et si λ R, alors q(λx) = λ 2 q(x). Choisissons une norme sur R p et rappelons alors que S(0; 1) désigne la sphère de centre 0 = (0, 0,..., 0) et de rayon 1 dans R p. (4.3.3) Exemple. Prenons p = 3 et q(x 1, x 2, x 3 ) = x x 2 2 2x 2 x 3. La matrice associée est On a q(1, 0, 0) > 0 et q(0, 1, 1) < 0. Par conséquent, q n est ni positive ni négative (4.4) Proposition. Soit q une forme quadratique. Alors (i) q possède un minimum m(q) et un maximum M(q) sur S(0; 1). (ii) Pour que q soit définie positive (respectivement définie négative), il faut et il suffit que m(q) > 0 (resp. M(q) < 0). (iii) Pour que q soit positive (respectivement négative), il faut et il suffit que m(q) 0 (resp. M(q) 0). Démonstration. (i) Puisque q est continue et S(0; 1) compacte, c est une conséquence de (2.6.1). (ii) Supposons q définie positive. Alors q(x) > 0 quelque soit x S(0; 1). En particulier m(q) > 0 d après (i). Si réciproquement m(q) > 0 et si x R p x {0}, alors S(0; 1) et x q ( x x ) m(q) > 0 d où q(x) x 2 m(q) > 0 et donc q est définie positive. Le cas où q est définie négative ainsi que le (iii) se démontrent d une façon analogue. (4.5) Soit Ω un domaine de R p, soit a Ω et soit f : Ω R une fonction. On dit que f admet un maximum relatif strict (respectivement un minimum relatif strict) en a s il existe un voisinage U de a tel que pour tout x U {a} on ait f(x) < f(a) (resp. f(x) > f(a)). On dit que f admet un maximum relatif (respectivement un minimum relatif) en a s il existe un voisinage U de a tel que pour tout x U on ait f(x) f(a) (resp. f(x) f(a)). Si f : Ω R est de classe C (1), on appelle point critique tout a Ω tel que f (a) = 0. Une valeur critique de f est une valeur f(a), a étant un point critique. (4.5.1) Proposition. Soit f : Ω R de classe C (1) et soit a Ω. Si f a un maximum relatif ou un minimum relatif en a, alors a est un point critique. Démonstration. Considérons le cas d un maximum relatif, le cas d un minimum relatif étant semblable. Supposons pour une contradiction que f (a) 0. Alors il existe un indice k tel que f k (a) 0. Supposons par exemple que f k (a) > 0. Puisque f k est continue, il existe une boule ouverte B(a; r), où r > 0, telle que f k (u) > 0 quelque soit u B(a; r). Soit alors t R tel que f(a + te k ) B(a; r). D après le théorème des accroissements finis (3.5), il existe c [a, a + te k ] tel que f(a + te k ) = f(a) + te k, f (c). Or, te k, f (c) = tf k (c), d où, en prenant t > 0, on trouve 21

22 te k, f (c) > 0 puis f(a + te k ) > f(a), ce qui est le contradiction désirée. Rappelons que la réciproque de cette proposition n est pas vraie, même si p = 1. Par exemple, la fonction f : t t 3 sur R vérifie f (0) = 0 mais f n a ni maximum ni minimum relatif en 0. (4.6) Soit Ω un domaine de R p, soit a Ω et soit f : Ω R de classe C (2). Rappelons que H f,a désigne alors la matrice hessienne de f en a (4.1.2) (4.6.1) Théorème. Soit f : Ω R de classe C (2) et soit a Ω un point critique. (i) Si q(h f,a, ) est définie positive, alors f a un minumum relatif strict en a. (ii) Si q(h f,a, ) est définie négative, alors f a un maximum relatif strict en a. À nouveau, il n y a pas de résultat analague lorsque q(h h,a, ) est seulement supposé négative ou positive, comme le montre encore l exemple de la fonction f(t) = t 3 en 0. Ici, on a f (0) = 0 et H f,0 = 0, mais f n a ni maximum ni minimum relatif en 0. En ce qui concerne la démonstration, on choisit à nouveau une boule ouverte B(a; r), r > 0, contenue dans Ω. La formule de Taylor (4.2) montre que si x B(a; r) {a}, alors il existe c ]a, x[ tel que f(x) = f(a) q(h f,c, x a). Plaçons-nous dans le cadre du cas (i). Si l on peut établir que H f,c est définie positive sur un voisinage U de a, on aura gagné car alors q(h f,c, x a) < 0 et donc f(x) < f(a) pour tout x U B(a; r) avec x a. Avant de justifier l existence de U, une courte digression sur la topologie des ensembles de matrices sera utile. (4.7) Si m, n dont deux entiers positifs, on note M m,n le R-espace vectoriel des matrices à coefficients dans R et à m lignes et à n colonnes. On pose M n = M n,n. L espace M m,n est de dimension mn. En effet, les matrices E ij, 1 i m, 1 j n, dont le coefficient à l intersection de la i-ième ligne et la j-ième colonne vaut 1 et les autres coefficients forment une base. Par conséquent, M m,n est isomorphe à R mn : pour donner un isomorphisme explicite, il suffit d envoyer la matrice A = (A ij ) sur l élément (A 11, A 12,..., A 1n, A 21,..., A 2n,..., A m1,..., A mn ) de R mn. Ainsi, M m,n devient un espace vectoriel normé (en choisissant par exemple l une des normes. 1,. 2 et. de (1.2)). De toute façon, M m,n étant de dimension finie, toutes les normes sont équivalentes et les considérations qui suivent ne dépenderont pas de la norme choisie. (4.8) Limitons-nous à présent au cas des matrices carrées M n. Étudions les propriétés topologiques de quelques ensembles remarquables de matrices. (4.8.1) L ensemble S n des matrices symétriques est un fermé de M n. Démonstration. En effet, il est défini comme {A M n A ij A ji = 0 pour tout i, j}. (4.8.2) L ensemble GL n des matrices inversibles de M n est un ouvert. Démonstration. Le déterminant d une matrice étant un polynômes en ces coefficients, la fonction det : M n R qui associe à toute matrice son déterminant est continue. Donc GL n = {A M n det(a) 0} est ouvert. (4.9) Revenons à la démonstration du théorème (4.6.1) et notamment à l existence d un voisinage U de a tel que H f,c soit définie positive pour tout c U. Puisque f est de classe C (2), l application c H f,c est continue. Il suffit donc de voir que l ensemble des matrices symétriques définies positives est un ouvert relatif de S n. Soit donc A S n définie positive et soit T S n. Il 22

23 s agit de vérifier que si tous les coefficients T ij de T sont suffisament petits, alors A + T est définie positive. Utilisons pour cela la proposition (4.4) (i). Utilisons la norme. 1. Soit m le minimum de q(a, ) sur S 1 (0; 1), soit x S 1 (0; 1) et soit ε = max i,j T ij. Alors q(a + T, x) = q(a, x) + q(t, x) m i,j T ij x i x j m ε x 2 1 = m ε. Il s ensuit que q(a + T, x) m ε pour tout x S 1 (0; 1) et par conséquent A + T est définie positive dès que ε < m. (4.10) Pour clore ce thème, nous allons passer en revue quelques propriétés générales des formes quadratiques et notamment ces critères pour qu une forme soit définie positive, positive, définie négative, ou négative. On note M m,n (C) l ensemble des matrices complexes à m lignes et n colonnes et l on pose M n (C) = M n,n (C). Si A M m,n (C), on note t A M n,m (C) la matrice tranposée : ( t A) i,j = A j,i pour tout i, j. Il convient d identifier R n avec M n,1 et C n avec M n,1 (C) (matrices à une colonne). (4.10.1) Soit A M n (C) et soit λ C. On appelle espace propre associé à λ le sous-espace E λ (C) = {x C n Ax = λx} de C n. On dit que λ est une valeur propre de A si E λ (C) {0}. Les éléments non-nuls de E λ (C) sont alors appelés les vecteurs propres associés à λ. On pose E λ = E λ (C) R n. Le polynôme caractéristique de A est, par définition, le polynôme χ A (t) = det(ti n A), I n désignant la matrice identité d ordre n. Alors χ A est unitaire et de degré n. (Certains auteurs définissent le polynôme caractéristique comme étant det(a ti n ) = ( 1) n χ A (t).) Si A est réelle, alors χ A (t) R[t]. Si λ C, alors λ est valeur propre de A si et seulement si λi n A n est pas inversible, ou encore si et seulement si χ A (λ) = 0. (4.10.2) Proposition. Toutes les valeurs propres d une matrice symétrique réelle sont réelles. Démonstration. Soit donc A une matrice symétrique réelle et soit λ une valeur propre de A. On note x C n un vecteur propre associé. Alors Ax = λx et donc Ax = λx, où x est obtenu de x en remplaçant chaque coefficient de x par son conjugué complexe. En prenant la transposée, on trouve t x t A = t xa = λx car A est symétrique. Calculons donc t xax de deux manières. D une part, t xax = t x(ax) = t xλx = λ t xx ; de l autre part, t xax = ( t xa)x = λ t xx. Or, un vecteur propre étant non-nul par définition, on a t xx = n k=1 x k 2 0. Par conséquent, λ = λ et λ est donc réel. (4.10.3) La matrice U M n est dite orthogonale si t UU = I n. En particulier, une matrice orthogonale U est inversible, et alors U 1 = t U et U t U = I n. La matrice A M n est orthogonale si et seulement si Ax 2 = x 2 quelque soit x M n,1. Exemples. (i) Toute matrice orthogonale d ordre 2 est de l une des formes ( ) ( ) cos θ sin θ cos θ sin θ,, θ R. sin θ cos θ sin θ cos θ (ii) Toute matrice de permuation est orthogonale. (Une matrice de permutation est une matrice dont chaque ligne et chaque ( colonne ) un et un seul coefficient égal à un, tous les autres coefficients étant nuls. Exemple : On trouvera la démonstration du résultat suivant dans l appendice (A.7.5). (4.10.4) Théorème. Soit A M n symétrique. Soit Λ M n une matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont les valeurs propres de A, comptées avec multiplicités en tant que racines de χ A (t). 23

24 Alors il existe une matrice orthogonale U M n telle que A = t UΛU. Notons que Λ dépend de l ordre dans lequel on choisit les racines λ i. Or, permuter les λ i revient à multiplier U par une matrice de permutation. (4.10.5) Corollaire. Soit A M n symétrique. Pour que A soit définie positive (respectivement définie négative, positive, négative), il faut et il suffit que toutes les valeurs propres de A soient strictement positives (respectivement strictement négatives, positives, négatives). Démonstration. Rappelons que R n est identifié avec M 1,n. On a donc q(a, x) = t xax pour tout x R n. Soit Λ, U comme dans le théorème (4.10.4). Alors A = t UΛU. Soit x R n et soit y = Ux. Alors n q(a, x) = t xax = t x t UΛUx = t yλy = λ k yk, 2 où les λ k sont coefficients diagonaux de Λ et y = (y 1, y 2,..., y n ). On sait alors que les λ k sont les valeurs propres de A, comptées avec multiplicités. Il est alors clair que si λ k > 0 quelque soit k, alors q(a, x) > 0 pour tout x R n {0}. Si réciproquement q(a, x) > 0 pour tout x R n {0}, on voit, en prenant x de telle manière que y = e k, que q(a, x) = λ k > 0. Pareil dans les autres cas. (4.10.6) Corollaire. Pour que A soit définie positive (respectivement définie négative, positive, négative), il faut et il suffit que toutes les racines du polynôme caractéristique soient strictement positives (respectivement strictement négatives, positives, négatives). (4.10.7) Corollaire. Si det A = 0, alors A n est ni définie positive ni définie négative. (4.11) Ainsi, pour déterminer la nature de la forme quadratique q, il suffit de connaître le signe des racines du polynôme caractéristique de la matrice symétrique associée. Notons A M n une matrice symétrique et n χ A (t) = t n + a n 1 t n 1 + a n 2 t n a 0 = (t λ k ) le polynôme caractéristique de A, le coefficient de t k étant alors noté a k et les racines λ k étant réelles. La proposition suivante, appliquée avec p(t) = χ A (t), permet de tester si A est définie positive, définie négative, positive ou négative ou si encore A ne possède aucune de ses propriétés. (4.11.1) Proposition. Soit p(t) = t n + a n 1 t n 1 + a n 2 t n a 0 un polynôme unitaire de degré n. On suppose que toutes les racines de p(t) sont réelles. (i) Une condition nécessaire et suffisante pour que toutes les racines de p(t) soit strictement positives est que ( 1) n k a k > 0 pour tout k. (ii) Une condition nécessaire et suffisante pour que toutes les racines de p(t) soit strictement négatives est que a k > 0 pour tout k. (iii) Une condition nécessaire et suffisante pour que toutes les racines de p(t) soit positives ou nulles est que ( 1) n k a k 0 pour tout k. (iv) Une condition nécessaire et suffisante pour que toutes les racines de p(t) soit négatives ou nulles est que a k 0 pour tout k. Démonstration. (i) Notons λ k, (1 k n) les racines de p(t). Supposons d abord que λ k > 0 pour tout k. Alors a n 1 = λ 1 + λ λ n > 0, a n 2 = i<j λ iλ j > 0 et, en général, si k {0, 1,..., n}, alors ( 1) n k a k = 1 i 1 <i 2 < <i k n λ i 1 λ i2 λ ik > 0. Supposons réciproquement que ( 1) n k a k > 0 quelque soit k. Il suffit de montrer que si t 0, alors p(t) 0. En effet, puisque les racines de p(t) sont toutes réelles, on en tirera qu elles sont toutes strictement positives. k=1 k=1 24

25 Soit donc t 0 et soit k {0, 1,..., n}. Si n est pair, alors le signe de t k est ( 1) k = ( 1) n k et donc t k a le même signe que a k et a k t k 0. En prenant la somme sur tout k {0, 1,..., n} et en notant que a 0 > 0, on en tire que p(t) > 0. Si n est impair, un argument semblable montre que a k t k 0 pour tout k et, en prenant la somme sur k et en notant que a 0 < 0, on conclut que p(t) < 0. Les énoncés (ii), (iii), (iv) se démontrent de la même manière. (4.12) En pratique, le calcul du polynôme caractéristique d une matrice carrée d ordre n devient lourde si n est grand, sauf dans les cas particuliers. La proposition suivante remplace ce calcul par celui des déterminants de certaines sous-matrices de A. (4.12.1) Proposition. Soit A M n, A = (A ij ) une matrice symétrique. Pour tout r {1, 2,..., n}, on note A (r) la matrice symétrique (A ij ), 1 i, j r, de M r. (i) Pour que A soit définie positive, il faut et il suffit que det(a (r) ) > 0 pour tout r {1, 2,..., n}. (ii) Pour que A soit définie négative, il faut et il suffit que ( 1) r det(a (r) ) > 0 pour tout r {1, 2,..., n}. La démonstration se fait par récurrence sur n ; les détails sont omis. Remarquons qu il ( n y) a 0 0 pas de critère analogue pour que A soit positive ou négative. Par exemple, la matrice A = 0 1 est positive, mais det(a (1) ) = det(a) = 0. De même, la matrice A est négative, mais on a encore det( A (1) ) = det( A) = 0. (4.13) Voici une seconde méthode pour tester si une forme quadratique est définie positive ou négative, qui est en général moins lourde lorsque n est grand (au moins pour un ordinateur). L idée de cette méthode, dite la méthode de Gauss, est d écrire la forme comme somme de carrés de formes linéaires mulipliés par des coefficients réels. (4.13.1) Rappelons que toute forme linéaire R n R s écrit x n k=1 a kx k = a, x, où a = (a 1, a 2,..., a n ) R n et x = (x 1, x 2,..., x n ) R n. Si E est un R-espace vectoriel, les formes linéaires sur E constituent également un R-espace vectoriel que l on note L(E, R) (voir (A.3)). On peut ainsi parler de formes linéaires linéairement indépendantes. La famille (l 1, l 2,..., l n ) de formes linéaires est linéairement indépendante (ou libre) si et seulement si la relation n λ i l i (x) = 0, (λ 1, λ 2,..., λ n ) R n, i=1 pour tout x E entraîne λ 1 = λ 2 = = λ n = 0. (4.13.2) Notons donc q : R n R une forme quadratique. Si n = 1, alors il existe λ R tel que q(x) = λx 2 = λl(x) 2 quelque soit x R, où l est la forme linéaire l(x) = x. Supposons donc n 2. Dégageons les termes de q qui font intervenir x n, en écrivant q(x) = q 0 (x) + (2A 1n x 1 x n + 2A 2n x 2 x n + + 2A n 1,n x n 1 x n + A nn x 2 n), où q 0 ne fait intervenir que x 1, x 2,..., x n 1. On veut procéder par récurrence sur n : sachant déjà écrire une forme quadratique en au plus n 1 variables sous la forme m i=1 λ il i (x) 2 avec λ i R pour tout i et (l 1, l 2,..., l m ) une famille libre de formes linéaires on souhaite le faire pour q. Si q = q 0 (c est-à-dire A kn = 0 pour tout k {1, 2,..., n}), il n y a rien à faire. Dans le cas contraire, il y a deux possibilités à considérer selon que A nn 0 ou A nn = 0. Supposons d abord que A nn 0. Alors on peut compléter le carré : ( 2A 1n x 1 x n + + 2A n 1,n x n 1 x n + A nn x 2 A 1n n = A nn x A n 1,n ) 2 x n 1 + x n + q1 (x), A nn A nn 25

26 ( où q 1 (x) ne dépend que de x k, avec 1 k n 1. Donc q(x) = q 0 (x) + q 1 (x) + A A1n nn A nn x A n 1,n ) 2, A nn x n 1 + x n où q0 + q 1 ne dépend que de x k avec 1 k n 1. Supposons ensuite que A nn = 0. On se ramène au cas précédent à l aide de l astuce suivante. Par hypothèse, il existe un indice k < n tel que A kn 0. Effectuons alors le changement de variable x k = x k + x n. Avec les variables (x 1,..., x k 1, x k, x k+1,..., x n ), le coefficient de x 2 n dans q devient A kn, et on peut donc procéder comme auparavant. Cette procédure exprime q(x) sous la forme q (x) + λ n l n (x) 2, où la forme quadratique q ne dépend que de x 1, x 2,..., x n 1, λ n R et l n L(R n, R) dépend effectivement de x n. (Si q ne dépend pas de x n, on pose λ n = 0 et l n (x) = x n.) Par récurrence, on trouve une expression pour q(x) sous la forme m k=1 λ kl k (x) 2, où λ k R et l k L(R n, R) est de la forme l k (x) = a, x avec a de la forme (a 1,..., a k, 0,..., 0) et a k 0. Par conséquent, les formes (l k ) 1 k n forment une famille libre dans L(R n, R). Cela implique que m n, car L(R n, R) est de dimension n. En pratique, on ne prend pas forcément les variables x k dans l ordre : si par exemple A nn = 0 mais il existe un indice m tel que A mm 0, il y a clairement avantage de remplacer x n par x m dans le raisonnement ci-dessus. (4.13.3) Proposition. Soit q : R n R une forme quadratique. (i) Si q s écrit comme somme de n carrés de formes linéaires linéairement indépendantes, alors q est définie positive. (ii) Si q s écrit comme moins la somme de n carrés de formes linéaires linéairement indépendantes, alors q est définie négative. (iii) Si q s écrit comme somme de carrés de formes linéaires, alors q est positive. (iv) Si q s écrit comme moins la somme de carrés de formes linéaires, alors q est négative. Démonstration. (i) Supposons que q(x) = n k=1 l k(x) 2, avec les formes linéaires l k, 1 k n linéairement indépendantes. Il est clair que q(x) 0 pour tout x R n. Si q(x) = 0, alors l k (x) = 0 pour tout k et, les formes linéaires l k étant linéairement indépendantes et en nombre n, on en tire que x = 0. Les parties (ii), (iii) et (iv) se traitent de la même manière. Traitons quelques exemples. (4.14) (i) q(x 1, x 2, x 3 ) = x x 1 x 2 + 2x 2 x 3. Ici, la forme contient le terme x 2 1. Complétons donc le carré en utilisant x 1 à la place de x n : q(x 1, x 2, x 3 ) = (x 1 + x 2 ) 2 x x 2 x 3 = (x 1 + x 2 ) 2 = q 0 (x 2, x 3 ), où q 0 (x 2, x 3 ) = x x 2 x 3. Ensuite, q 0 (x 2, x 3 ) = (x 2 x 3 ) 2 + x 2 3, et donc q(x 1, x 2, x 3 ) = (x 1 x 2 ) 2 (x 2 x 3 ) 2 + x 2 3. Ici, le forme prend à la fois des valeurs positives et des valeurs négatives. (ii) q(x 1, x 2, x 3 ) = x 1 x 3 + x 2 x 3. Il n y a pas de terme A kk x 2 k. Écrivons donc x 1 = x 1 + x 3. Alors q(x 1, x 2, x 3 ) = x 1x 3 + x 2 x 3 + x 2 3. Ensuite, q(x 1, x 2, x 3 ) = ( 1 2 x x 2 + x 3 ) x x x 1x 2 = ( 1 2 x x 2 + x 3 ) 2 ( 1 2 (x 1 + x 2 ) ) 2. À nouveau, q prend à la fois des valeurs positives et des valeurs négatives. (iii) On suppose q : R n R définie positive. Si A = (A ij ) est la matrice symétrique associée à q, alors A ii > 0 pour tout i {1, 2,..., n}. En effet, on a q(e k ) = e k Ae k = A kk quelque soit k {1, 2,..., n} : si donc il existe un indice k tel que A kk 0, alors q(e k ) 0. 26

27 (iv) Soit q(x 1, x 2, x 3 ) = (x 1 x 2 ) 2 + (x 2 x 3 ) 2 + (x 3 x 1 ) 2. Alors q est positive mais pas définie positive. En effet, q(x 1, x 2, x 3 ) 0 pour tout (x 1, x 2, x 3 ) R 3 mais q(x, x, x) = 0 pour tout x R. Bien entendu, les formes linéaires l 1 (x 1, x 2, x 3 ) = x 1 x 2, l 2 (x 1, x 2, x 3 ) = x 2 x 3 et l 3 (x 1, x 2, x 3 ) = x 3 x 1 ne sont pas linéairement indépendantes ; elles sont liées par la relation l 1 + l 2 + l 3 = 0. EXERCICES (e4.1) (i) Soit Ω un domaine dans R p et soient g 1, g 2,..., g p, p fonctions de classe C (1) de Ω dans R. Montrer que s il existe f : Ω R de classe C (2) telle que df = p k=1 g kdx k, alors (g k ) l = (g l) k quelque soit les entiers k, l {1, 2,..., p}. (ii) Existe-t-il une fonction f : R 2 R de classe C (2) vérifiant df = ydx + dy? (e4.2) Soit Ω un domaine de R p et soit f : Ω R de classe C (2). Montrer que si q(h a, ) = 0 quelque soit a Ω, alors il existe b R p et α R tels que f(x) = α + b, x quelque soit x Ω. (Appliquer la formule de Taylor (4.2). On pourra se limiter au cas où Ω est étoilé.) (e4.3) Soit f : R 2 R la fonction f(x, y) = x 4 2xy + y 2 2x. (i) Calculer f puis montrer que f a un unique point critique que l on précisera. (ii) Calculer la matrice hessienne H f,(x,y) et vérifier que le point critique est un minimum relatif strict. (iii) En remarquant que f(x, y) = (y x) 2 + (x 1) 2 (x 2 + 2x + 2) 2, montrer que ce minimum relatif est, en fait, le minimum absolu strict de f sur R 2. (e4.4) Soit la fonction f : (R +) 2 R définie par f(x, y) = xy + 1 x + 8 y. (i) Calculer f. Vérifier que (1/2, 4) est l unique point critique de f. (ii) Vérifier que (1/2, 4) est un minimum local strict de f. (iii) Montrer que (1/2, 4) est, en fait, le minimum absolu strict de f sur (R +) 2. (C est plus difficile. On pourra chercher à montrer directement que f(x, y) f(1/2, 4) 0 en s inspirant de l exercice précédent. Sinon, on pourra montrer d abord que pour tout (x, y) (R +) 2, on a f(x, y) f(x, 1/x 2 ) puis que, si φ(x) = f(x, 1/x 2 ), alors φ atteint son minimum en x = 1/2.) (e4.5) On note a, b et c trois nombre réels vérifiant abc 0 et f : R 3 R la fonction définie par f(x, y, z) = x 4 + y 4 + z 4 4(a 3 x + b 3 y + c 3 z). (i) Déterminer les points critiques de f. (ii) Montrer que f possède un minimum local en (a, b, c). (iii) Vérifier que si u, v R 2, alors 2u 2 v 2 u 4 + v 4. En déduire que si (x, y, z) R 3, alors (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 3(x 4 + y 4 + z 4 ). (iv) Utiliser ce qui précède pour montrer que f(x, y, z) + lorsque x 2 + y 2 + z 2 +. (v) En conclure que f prend sa valeur minimale absolue sur R 3 au point (a, b, c). (e4.6) Soit f : R 2 x R la fonction f(x, y) = 1+x 2 +y (voir (0.1.1)). 2 (i) Calculer f. En déduire l ensemble des points critiques de f. (ii) Calculer la matrice hessienne H f,(x,y) puis déterminer si les points critiques sont des extremums relatifs. (iii) Montrer que f(x, y) 0 lorsque x 2 + y 2 +. (Utiliser les coordonnées polaires x = r cos θ, y = r sin θ.) (iv) Calculer M = sup{f(x, y) (x, y) R 2 } et m = inf{f(x, y) (x, y) R 2 }. Existe-t-il (a, b) R 2 tel que f(a, b) = M ; tel que f(a, b) = m? (e4.7) Déterminer si les matrices suivantes sont définies positives, définies négatives, positives ou négatives : 27

28 (i) ( 3 0 ) , (ii) ( 2 0 ) , (iii) (e4.8) Utiliser la méthode de Gauss (4.13) pour écrire la forme quadratique (x, y, z) xy + yz + xz comme combinaison de membres d une famille libre de formes linéaires. (e4.9) Soient n, N deux entiers positifs et soient a r, 1 r N, N points de R n. Soit f la fonction R n R définie par x N r=1 x a r 2. Montrer que f a un unique point critique et que ce point critique est un minimum relatif puis qu il s agit du minimum absolu de f sur R n. (e4.10) Soit f : R n R un polynôme de degré 2, c est-à-dire une fonction de la forme f = q + l + c, où q : R n R est une forme quadratique, l : R n R une forme linéaire et c R. On note A la matrice symétrique associée à q et b l élément de R n tel que l(x) = b, x pour tout x R n. (i) Soit x R n. Calculer f (x) ainsi que la matrice hessienne H f,x de f en fonction de A et b. On suppose désormais que q est non-dégénérée, c est-à-dire que A est inversible. (ii) Montrer que si A est inversible, alors f a un unique point critique x 0. (iii) Montrer que x 0 est un minimum relatif si A est définie positive et un maximum relatif si A est définie négative. (e4.11) Soient r, n deux entiers tels que 0 r n. Montrer que l ensemble des matrices dans M n de rang au plus r est fermé. (Rappel : si r < n, une matrice est de rang au plus r si et seulement si le déterminant de tout mineur d ordre r + 1 est nul.) Thème 5. Extremums liés d une fonction R p R, multiplicateurs de Lagrange (5.1) Soit Ω un domaine dans R p, soit f : Ω R une fonction et soit X Ω de classe C (1). Dans sa forme la plus générale, le problème d extremum lié est le problème de déterminer les valeurs maximales et minimales de f sur X (ou à défaut leurs bornes supérieure et inférieure). Typiquement, X est décrit par des conditions de la forme g 1 = g 2 = = g q = 0, les fonctions g l (les contraintes) étant encore de classe C (1) et donc continues, de sorte que X est un fermé relatif de Ω. Nous allons d abord traiter le cas d une forme quadratique sur la sphère S(0; 1) de centre 0 et de rayon 1. Après, nous décrivons la méthode des multiplicateurs de Lagrange qui permet, au moins en principe, de traiter une large classe de problèmes. (5.2) Soit donc A M p une matrice symétrique et soit q(a, ) la forme quadratique associée. Notons S 2 (0; 1) la sphère de R p pour la norme. 2. Rappelons que les valeurs propres de A sont toutes réelles et notons respectivement λ max et λ min la plus grande et la plus petite parmi elles. Rappelons que nous identifions R p avec l espace des matrices à une ligne et p colonnes, de sorte que si x R p, alors t x désigne le vecteur colonne transposé de x. (5.2.1) Théorème. Pour tout x S 2 (0; 1), on a λ min q(a, x) λ max. L égalité λ min = q(a, x) a lieu si et seulement si x est un vecteur propre associé à λ min et l égalité λ max = q(a, x) a lieu si et seulement si x est un vecteur propre associé à λ max. En particulier, les valeurs minimales et maximales de q(a, ) sur S 2 (0; 1) sont λ min et λ max. Démonstration. Soit Λ une matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont les valeurs propres de A. On sait (4.10.4) qu il existe une matrice orthogonale U M p telle que A = t UΛU. On sait que U laisse S 2 (0; 1) stable, c est-à-dire Ux S 2 (0; 1) si x S 2 (0; 1). Soit donc x S 1 (0 : 1) 28

29 et soit (y 1, y 2,..., y p ) = y = Ux. Alors q(a; x) = t xax = t x t UΛUx = t yλy = p λ k yk. 2 Ici, p k=1 λ kyk 2 λ p max k=1 y2 k = λ max car y S 2 (0; 1). Il s ensuit que q(a; x) λ max quelque soit x S 2 (0; 1). On voit de la même manière que q(a; x) λ min quelque soit x S 2 (0; 1). D où l encadrement λ min q(a; x) λ max. L égalité q(a, x) = λ max équivaut à p k=1 λ kyk 2 = λ max ce qui a lieu si et seulement si y k = 0 lorsque λ k < λ max. Mais si y R p {0}, alors la condition y k = 0 lorsque λ k < λ max équivaut à Λy = λ max y ce qui signifie que x = t Uy est vecteur propre de A = t UΛU associé à λ max. On raisonne de la même manière en ce qui concerne λ min. (5.3) Passons donc à la méthode des multiplicateurs de Lagrange, en commençant par le cas le plus simple, celui où Ω est un domaine dans R 2 et la fonction f : Ω R est assujettie à une seule contrainte g = 0, g étant une seconde fonction Ω R. On suppose f et g ce classe C 1. Posons X = {(x, y) Ω g(x, y) = 0}. Le problème est de trouver les valeurs maximales et les minimales de f restreinte à X. On cherche d abord un critère pour qu un point soit un extremum local. (5.3.1) Soit (a, b) X. Supposons d abord que g 2(x, y) 0 pour tout (x, y) dans un voisinage de (a, b). D après le théorème des fonctions implicites (voir (3.6)) qu il existe un intervalle ouvert I contenant a et un intervalle ouvert J contenant b ainsi qu une fonction φ : I J vérifiant φ(a) = b et g(x, φ(x)) = 0 pour tout x I. Supposons donc que f restreinte à X ait un extremum local en (a, b). Alors le fonction x f(x, φ(x)) a un extremum local en a. Par conséquent, sa dérivée s annule en a. Il s ensuit que f 1(a, b) + f 2(a, b)φ (a) = 0. Mais φ (a) = g 1 (a,b) g 2 (a,b). On en tire que le gradient f (a, b) est un multiple scalaire de g (a, b). Lorsque on suppose que g 1(a, b) 0, un argument semblable conduit à la même conclusion. Rappelons que g (a, b) est un vecteur perpendiculaire à la tangente de la courbe g = 0 en (a, b). Géométriquement parlant, on conclut que si (a, b) n est pas un point critique de g et si f a un extremum local en (a, b) sous la contrainte g = 0, alors f est un vecteur perpendiculaire à tangente de la courbe g = 0 en (a, b). Par conséquent, il existe λ R tel que f (a, b) + λg (a, b) = 0. Le réel λ est appelé le multiplicateur de Lagrange. On a ainsi trois équations (*) f 1(a, b) + λg 1(a, b) = 0, f 2(a, b) + λg 2(a, b) = 0, g(a, b) = 0 pour les trois inconnus a, b, λ. La méthode des multiplicateurs de Lagrange est tout simplement une réinterprétation de ces équations. On introduit la fonction de trois variables x, y, z : H(x, y, z) = f(x, y) + zg(x, y). Cette fonction permet de reécrire les trois équations ( ) comme k=1 H 1(a, b, λ) = 0, H 2(a, b, λ) = 0, et H 3(a, b, λ) = 0. (5.4) En général, la méthode des multiplicateurs de Lagrange étend les considérations précédentes au cas d une fonction f : Ω R définie sur le domaine Ω R p et soumise a q p 29

30 contraintes g 1 = g 2 = = g q = 0, où les g k sont encore des fonctions de Ω dans R. À nouveau, on suppose f et les fonctions g k de classe C (1). Posons X = {x Ω g 1 (x) = g 2 (x) = = g q (x) = 0}. Le point a Ω est dit régulier (pour les fonctions g 1, g 2,..., g q ) si (g 1 ) (a), (g 2 ) (a),..., (g q ) (a) est une famille libre dans R p. Dans le cas contraire, on dit que a est un point critique. (5.4.1) Théorème. Soit a un extremum relatif de f restreinte à X. Si a est un point régulier pour g 1, g 2,..., g q alors f (a) appartient au sous-espace de R p engendré par (g 1 ) (a), (g 2 ) (a),..., (g q ) (a). L interprétation géométrique est la même que dans le cas p = 2, q = 1 traité précédemment. Puisque a est régulier, (g 1 ) (a), (g 2 ) (a),..., (g q ) (a) engendrent l espace normal à X en a, c est à dire l espace orthogonal à l espace tangent de X en a. Le théorème dit donc que si a est un extremum de f restreinte à X, alors f (a) est perpendiculaire à l espace tangent de X en a. La démonstration suit la même démarche que celle du cas d une fonction en deux variables à une seule contrainte, en appliquant la forme générale du théorème des fonctions implicites (3.9.1). Nous omettons les détails. (5.4.2) Dans sa formulation générale, la méthode des multiplicateurs de Lagrange est une description concrète de ce théorème. La conclusion que f (a) appartient au sous-espace de R p engendré par (g 1 ) (a), (g 2 ) (a),..., (g q ) (a) signifie qu il existe q réels λ k, 1 k q (appelés multiplicateurs de Lagrange) tels que (**) f (a) + q λ k (g k ) (a) = 0. k=1 Il s agit d une égalité dans R p, c est-à-dire de p équations dans R. À celles-ci s ajoutent les q équations (***) g 1 (a) = g 2 (a) = = g q (a) = 0, ce qui fait p + q équations au total pour les p + q inconnus : les p coordonnées de a et les multiplicateurs de Lagrange λ 1, λ 2,..., λ q. À nouveau, on réinterprète ces équations en introduisant la fonction de p + q variables H(x 1, x 2,..., x p, z 1, z 2,..., z q ) = f(x) + où x = (x 1, x 2,..., x p ). Les équations ( ) et ( ) se récrivent alors q z k g k (x), H k(a 1, a 2,..., a p, λ 1, λ 2,..., λ q ) = 0 pour tout 1 k p + q, où l on a écrit a = (a 1, a 2,..., a p ). On appelle les points a X tels qu il existe (λ 1, λ 2,..., λ q ) vérifiant les équations de Lagrange les points critiques de f relatifs à X (ou relatifs aux contraintes g 1 = g 2 = = g q = 0). (5.5) Ayant trouvés les points critiques de f relatifs à l ensemble X, la question se pose de savoir s il s agit d un maximum ou un minimum local. (5.5.1) Reprenons d abord le cas déjà étudié (5.3) d une fonction f de deux variables assujettie à une seule contrainte g = 0. Reprenons les notations de (5.3) en supposant, de plus, que f et g soient de classe C (2). Notons ψ la fonction x f(x, φ(x)). Il est clair que le point critique (a, b) de f sous la contrainte g = 0 est un minimum strict local si et seulement si a est un minimum strict k=1 30

31 local de ψ. Or, une condition familière pour que ψ ait un minimum strict local est que ψ (a) > 0, ce qui nous allons traduire en termes de fonctions f et g du problème. On a ψ (a) = (ψ ) (a) = [ d dx (f 1(x, φ(x)) + f 2(x, φ(x))φ (x))] x=a = f 1,1(a, φ(a)) + 2f 1,2(a, φ(a))φ (a) + f 2,2(a, φ(a))φ (a) 2 + f 2(a, φ(a))φ (a) et donc, puisque b = φ(a) : (1) ψ (a) = f 1,1(a, b) + 2f 1,2(a, b)φ (a) + f 2,2(a, b)φ (a) 2 + f 2(a, b)φ (a). En outre, on sait que φ (x) = g 1 (x,φ(x)) g 2 (x,φ(x)) et donc que 0 = g 1(x, φ(x))+φ (x)g 2(x, φ(x)). En dérivant par rapport à x puis en substituant x = a on trouve (2) 0 = g 1,1(a, b) + 2g 1,2(a, b)φ (a) + g 2,2(a, b)φ (a) 2 + g 2(a, b)φ (a). Or, le multiplicateur de Lagrange λ vérifie f 2(a, b) + λg 2(a, b) = 0. En prenant donc la somme de l équation (1) et de λ fois l équation (2) on obtient donc, en écrivant à nouveau H(x, y, z) = f(x, y) + zg(x, y) : ψ (a) = H 1,1(a, b, λ) + 2H 1,2(a, b, λ)φ (a) + H 2,2(a, b, λ)φ (a) 2 Or, on y reconnaît la valeur en (1, φ(a)) de la forme quadratique associée à la matrice hessienne de H par rapport aux deux premières variables. Enfin la relation φ (a) = g 1 (a,b) permet d écrire : g 2 (a,b) ψ (a) = 1 g 2(a, b) 2 ( H 1,1(a, b, λ)g 2(a, b) 2 2H 1,2(a, b, λ)g 2(a, b)g 1(a, b) + H 2,2(a, b, λ)g 1(a, b) 2). On en conclut que ψ (a) est du même signe que H 1,1(a, b, λ)g 2(a, b) 2 2H 1,2(a, b, λ)g 2(a, b)g 1(a, b)+ H 2,2(a, b, λ)g 1(a, b) 2. Dans ce qui précède, nous avons supposé que g 2(a, b) 0. Un argument semblable en supposant que g 1(a, b) 0 conduit à la même conclusion. Nous avons ainsi démontré le résultat suivant. (5.5.2) Proposition. Soit Ω R 2 un domaine et soient f et g deux fonctions de classe C (2) sur Ω. Soit X = {(x, y) Ω g(x, y) = 0}. Soit (a, b) X. On suppose que (a, b) soit un point régulier de g mais qu il s agit d un point critique de f relatif à X. Soit λ le multiplicatuer de Lagrange associé et soit H(x, y, z) la fonction f(x, y) + zg(x, y). Soit q la forme quadratique associée à la matrice hessienne de H par rapport aux deux premières variables : ( ) H 1,1(a, b, λ) H 1,2(a, b, λ) H 1,2(a, b, λ) H 2,2(a,. b, λ) Si q ( g 2(a, b), g 1(a, b) ) > 0, alors la restriction de f à X a un minimum strict local en (a, b). De même, si q ( g 2(a, b), g 1(a, b) ) < 0, elle a un maximium strict local en (a, b). Rappelons que ( g 2(a, b), g 1(a, b) est un générateur de l espace vectoriel tangent de X en (a, b). La condition q( g 2(a, b), g 1(a, b) > 0 (ou q( g 2(a, b), g 1(a, b) < 0) est donc équivalente à la condition que la restriction de q à l espace tangent soit définie positive (ou définie négative). Cette interprétation suggère la généralisation correcte de la proposition à une fonction de p variables assujettie à q contraintes. (5.6) Théorème. Soit Ω R p un domaine et soient f, g k (1 k q) q + 1 fonctions de classe C (2) sur Ω. Soit X = {x = (x 1, x 2,..., x p ) Ω g 1 (x) = g 2 (x) = = g q (x) = 0}. 31

32 Soit a = (a 1, a 2,..., a p ) X. On suppose que a soit un point régulier de g = (g 1, g 2,..., g q ) mais qu il s agit d un point critique de f relatif à X. Soit λ = (λ 1, λ 2,..., λ q ) le multiplicateur de Lagrange associé et soit H : Ω R q la fonction H(x 1, x 2,..., x p, z 1,..., z q ) = f(x 1, x 2,..., x p ) + q k=1 z kg k (x 1, x 2,..., x p ). Soit q la forme quadratique associée à la matrice hessienne de H par rapport aux p premières variables : H 1,1(a, λ) H 1,2(a, λ) H 1,p(a, λ) H 2,1(a, λ) H 2,2(a, λ) H 2,p(a, λ) H p,1(a, λ) H p,2(a, λ) H p,p(a, λ) Si la restriction de q à l espace vectoriel tangent de X en a est définie positive, alors f restreinte à X a un minimum strict local en a. De même, si la restriction de q à l espace vectoriel tangent de X en a est définie négative, alors f restreinte à X a un maximium strict local en a. La démonstration suit le même schéma que celle de (5.5.2). Nous n en donnerons pas les détails. (5.7) Considérons à titre d exemple le problème de trouver, parmi tous les triangles dans le plan euclidien d une aire A donnée, ceux qui ont le plus court perimètre. Dans un repère orthonormé convenable, on peut supposer que les affixes des trois sommets sont ( z, 0), (z, 0), (x, y), avec z > 0, y > 0 et x R (croquis!). Alors l aire du triangle est A := yz et son perimètre est f(x, y, z) = 2z + (x z) 2 + y 2 + (x + z) 2 + y 2. Il s agit donc de trouver le maximum de la fonction f sous la contrainte g = 0, où g(x, y, z) = A yz. On travaille dans le domaine Ω = {(x, y, z) R 3 y > 0, z > 0}. Tous les points de Ω sont réguliers pour g. Soit alors (a, b, c) un extremum de f restreinte à X = {(x, y, z) Ω g(x, y, z) = 0}. On a alors les 4 équations f k (a, b, c) + λg k (a, b, c) = 0, 1 k 3, et g(a, b, c) = 0. Explicitement : 2 + a c (a c)2 + b + a + c = 0 2 (a + c)2 + b 2 b (a c)2 + b + b 2 (a + c)2 + b λc = 0 2 a + c (a c)2 + b + a + c 2 (a + c)2 + b λb = 0 2 ainsi que la relation A = bc. En utilisant la première et la troisième équation, on constate que a + c λb = (a + c)2 + b = a + c 2 (a c)2 + b 2 et donc que a+c a+c = (a+c) 2 +b (a c). Donc ((a 2 2 +b c)2 + b 2 )(a + c) 2 = ((a + c) 2 + b 2 )(a c) 2 2 ce qui conduit à a = 0 puisque (a, b, c) Ω. En substituant a = 0 dans la seconde équation 2b puis la multipliant par b, on trouve 2 c = λa. De même, 2c + 2c2 2 +b 2 c = λa. Il s ensuit que 2 +b 2 2b 2 = 2c c 2 + b 2 + 2c 2, ce qui entraîne que b = 3c, c est-à-dire que le triangle est équilatéral. Enfin, comme bc = A, on conclut qu il y a un unique point critique relatif dans Ω, à savoir celui où a = 0, b = 3 1/4 A et c = A/3 1/4. On peut établir qu il s agit d un minimum strict local en utilisant le théorème (5.6). La valeur 2b de λ se calcule, par exemple, en substituant les valeurs de b et de c dans l équation 2 c = λa. 2 +b 2 32

33 On en tire que λ = 3 3/4 / A. Après calcul, on trouve que la matrice hessienne de (5.6) est 3 5/4 4 A H = 0 3 1/4 4 A 0 3 1/4 4 A 33/4 5 4 A 3 1/4 4 A 5 33/4 4. A Le plan tangent de g(x, y, z) = 0 au point (0, 3 1/4 A, A/3 1/4 ) est formé des vecteurs de la forme (x, y, 3y) avec (x, y) R 2. La restriction à ce plan de la forme quadratique associée à H est (x, y, 3y) 31/4 4 A (3x2 2 3xy + 40y 2 ), ce qui est bien définie positive. On en conclut que (0, 3 1/4 A, A/3 1/4 ) est bien un minimum strict local de f sur X. Pour montrer qu il s agit bien du minimum absolu de f sur X (s il en existe), on s inspire de la méthode suggérée pour resoudre l exercice (e4.4). Puisque y > 0 et z > 0, on voit aussitôt que f(x, y, z) 2z + x + y (x, y, z) 1 pour tout (x, y, z) Ω. Soit r un réel avec r > f(0, 3 1/4 A, A/3 1/4 ). Lorsque (x, y, z) X mais (x, y, z) / K 1 (0; r), f(x, y, z) > f(0, 3 1/4 A, A/3 1/4 ) et le minimum absolu se situe forcément dans X K 1 (0; r). Puisque f est continu et X K 1 (0; r) est compact, f a un minimum sur X K 1 (0; r), qui sera alors le minimum absolu de f sur X. Le minimum absolu est donc forcément un minimum relatif, donc un point critique relatif. Puisque nous n avons trouvé qu un seul point critique, celui-ci est bien le minimum absolu. Ceci achève la preuve que, parmi tous les triangles d aire donnée, les triangles équilatéraux qui a le plus petit périmètre. 3 5/4 4 A EXERCICES (e5.1) Trouver ( ) les valeurs maximales et minimales sur le cercle unité de la forme quadratique associée 2 1 à la matrice. 1 2 (e5.2) Trouver les ( valeurs maximales ) et minimales sur la sphère unité de R 3 de la forme quadratique associée à la matrice (e5.3) Déterminer les valeurs maximales et minimales de la forme quadratique associée à la matrice symétrique A M p sur la boule unité fermée K 2 (0; 1) de R p. Quelles sont les valeurs maximales et minimales sur S 2 (0; r), sur K 2 (0; r)? Ici, r > 0. (e5.4) Calculer le maximum et le minimum de la fonction (x, y, z) x + 2y + 3z sur la sphère unité de R 3, comme demandé au (0.1.2). Généraliser : calculer le maximum et le minimum de (x, y, z) ux + vy + wz (où u, v, w sont des constantes) sur S 2 (0; 1). Généraliser encore : si u R p calculer le maximum et le minimum de x u, x sur la sphère S 2 (0; 1) de R p. (e5.5) Soit la fonction f : R 3 R définie par f(x, y, z) = xy. (i) Calculer les valeurs extrêmes de f sur la sphère S 2 (0; 1). (ii) Calculer les valeurs extrêmes de f sur l ensemble des points (x, y, z) de S 2 (0; 1) qui vérifient x + y + z = 1. (e5.6) Soit a R p {0}, soit β R et soit X l hyperplan {x R p a, x = β}. En utilisant les multiplicateurs de Lagrange, trouver la distance perpendiculaire d un point b R p à X. (Chercher le minimum de la fonction x x b 2 sur X.) 33

34 (e5.7) Reprenons les notations du théorème (5.2.1), dont le présent exercice propose une seconde démonstration utilisant les multiplicateurs de Lagrange. On a alors f(x) = q(a, x) = i,j A ij x i x j pour tout x = (x 1, x 2,..., x p ). (i) Calculer f (x). (ii) Montrer que si x 0 S 2 (0; 1) est un extremum de q sur S 2 (0; 1), alors x est un vecteur propre de A. Déterminer la valeur propre correspondant en fonction de la valeur du multiplicateur de Lagrange. (iii) Conclure. (e5.8) On note p 2 un entier et (a 1, a 2,..., a p ) un élément de R p vérifiant a i > 0 pour tout i {1, 2,..., p}. On note X l ensemble des points de la sphère S 2 (0; 1) dont toutes les coordonnées x i sont positives et X l ensemble des points de S 2 (0; 1) dont toutes les coordonnées sont strictement positives. (i) Montrer que X est compact. (ii) L ensemble X est-il compact? Est-il ouvert? On note f la fonction f(x 1, x 2,..., x p ) = x a1 1 xa2 2 xap p. (iii) Montrer que f atteint un maximum et un minimum sur X. (iv) Quelle est la valeur minimale de f sur X? En quels points de X est-elle atteinte? (v) En utilisant la méthode des multiplicateurs de Lagrange, calculer la valeur maximale de f sur X puis sur X. (e5.9) Quelles sont les triangles de perimètre donné qui ont la plus grande aire? (Se calquer sur (5.7).) Cela répond à (0.1.3). (e5.10) Parmi les triangles inscrits dans un cercle de rayon donné, les triangles équilatéraux ont le plus grand perimètre. Thème 6. Équations différentielles, équilibre, stabilité (6.1) Rappelons qu une équation différentielle est une équation de la forme F (t, x, x, x,..., x (n) ) = 0, où n 1 est un entier, F est une fonction définie sur un domaine de R n+2 et x est une fonction n-fois dérivable de t sur un intervalle I, à priori inconnue. Ici x, x,..., x (n) désignent les dérivées successives de x par rapport à t. L équation est d ordre n si F dépend effectivement de la dernière variable x (n). Les courbes { ( t, x(t) ) t I}, x étant une solution de l équation s appellent les courbes intégrales de l équation. L objet de ce thème est de faire le tour d un certain nombre d équation différentielles et des propriétés de leurs solutions. Il est souvent impossible de trouver une solution en termes des fonctions élémentaires (puissance, exponentielle, logarithme, fonctios trigonométriques). On se contentera alors d une solution implicite, de la forme f(x, t) = 0, la fonction f ayant pour domaine de définition un rectangle I J, J étant un second intervalle. (6.1.1) On s intéresse souvent à des solutions vérifiant quelques conditions initiales. Les conditions initiales les plus souvent rencontrées imposent les valeurs d une solution ainsi que de ses dérivées en un point de I. Si t 0 I et si (α 0, α 1,..., α n 1 ) R n, on cherche la ou les solutions x vérifiant x(t 0 ) = α 0, x (t 0 ) = α 1,..., x (n 1) (t 0 ) = α n 1. L intérêt des conditions initiales de cette forme réside dans résultat général suivant. 34

35 (6.1.2) Théorème. Soit I un intervalle ouvert et soit Ω un domaine de R n. Soit t 0 I, soit (α 0, α 1,..., α n 1 ) Ω et soit f : I Ω R une fonction de classe C (1). Alors il existe un intervalle ouvert J I contenant t 0 et une unique fonction x : J Ω vérifiant x (n) (t) = f ( t, x(t), x (t),..., x (n 1) (t) ) pour tout t J et x(t 0 ) = α 0, x (t 0 ) = α 1,..., x (n 1) (t 0 ) = α n 1. Nous verrons au (7.1.3) que ce résultat est une conséquence du théorème (7.1.2) qui sera lui-même démontré dans le théme 10. Dans cet énoncé, nous avons supposé que x (n) s exprime explicitement en fonction des dérivées d ordre inférieur. Une version plus générale du théorème concerne les équations de la forme F ( t, x(t), x (t),... x (n) (t) ) = 0. Selon le théorème des fonctions implicites (3.9.1), il existe un intervalle ouvert I contenant t 0 ainsi qu une fonction f de classe C (1) tels que x (n) (t) = f ( t, x(t),..., x (n 1) (t) lorsque F est de classe C (1) et sa dérivée par rapport à la dernière variable ne s annule pas en t 0. Sous ces conditions, on peut appliquer le résultat énoncé. Par contre, il est facile de donner des contrexemples à l existence de solutions lorsque la dérivée de F par rapport à la dernière variable s annule (voir l exercice (e6.1)). (6.1.3) Exemple. Prenons l équation x +x = 0. On remarque que x 1 (t) = cos t et x 2 (t) = sin t sont des solutions. Prenons t 0 = 0. Si (α 0, α 1 ) R 2, l unique solution x(t) vérifiant x(0) = α 0, x (0) = α 1 est x(t) = α 0 cos t + α 1 sin t. (6.1.4) Bien qu en principe on s intéresse aux solutions réelles, il est commode dans certains cas de faire intervenir des solutions complexes. Rappelons alors la formule d Euler ainsi que les relations e iθ = cos θ + i sin θ cos θ = eiθ + e iθ, sin θ = eiθ e iθ, 2 2i valables quelque soit θ C. On a e z+w = e z e w quelque soit z, w C et donc quelque soit β, γ C. e β+iγ = e β (cos γ + i sin γ) (6.2) Une équation différentielle est dite linéaire si elle peut s écrire sous la forme ( ) a n (t)x (n) (t) + a n 1 (t)x (n 1) (t) + + a 1 (t)x (t) + a 0 (t)x(t) = b(t), où les a k et b sont des fonctions de t définies sur un intervalle I. L équation linéaire est dite homogène si b = 0, inhomogène dans le cas contraire. (6.2.1) Proposition. (i) Soient x 1, x 2 deux solutions d une équation linéaire homogène et soient λ 1, λ 2 R. Alors λ 1 x 1 + λ 2 x 2 est solution de ( ). Par conséquent, les solutions d une équation linéaire homogène forment un R-espace vectoriel. (ii) Soit y 0 une solution de ( ). Alors toute autre solution de ( ) est de la forme y 0 + x, où x parcourt l espace des solutions de l équation homogène associée a n (t)x (n) (t) + a n 1 (t)x (n 1) (t) + + a 1 (t)x (t) + a 0 (t)x(t) = 0. La démonstration est immédiate. La proposition montrer que pour résoudre ( ), il suffit de connaître une solution y 0 (appelée solution particulière) et toutes les solutions de l équation homogène associée. 35

36 (6.2.2) Théorème. On suppose que les fonctions a k : I R soient de classe C (1). Soit t 0 I. On suppose que a n (t 0 ) 0. (i) Soit (α 0, α 1,..., α n 1 ) R n. Alors il existe un intervalle ouvert J I contenant t 0 et une unique solution x de ( ) vérifiant x(t 0 ) = α 0, x (t 0 ) = α 1,..., x (n 1) (t 0 ) = α n 1. (ii) Lorsque ( ) est homogène, il existe un intervalle ouvert J I contenant t 0 tel que l espace vectoriel des solutions des fonctions x : J R vérifiant ( ) soit de dimension n. Démonstration. (i) est un cas particulier de (6.1.2). En ce qui concerne le (ii), on sait d après le (i) que, pour tout k {0, 1,..., n 1}, il existe une unique solution x k vérifiant x (l) k (t 0) = 1 lorsque l = k et x (l) k (t 0) = 0 lorsque l k (où l {0, 1,..., n 1}). On vérifie alors que les fonctions (x k ) 0 k n 1 forment une famille libre : en effet, si k {0, 1,..., n 1} alors, en dérivant k fois une relation de dépendance linéaire n 1 r=0 λ rx r (t) = 0 puis en posant t = t 0, on trouve que λ k = 0. Par conséquent, l espace des solutions est de dimension au moins n. Si x est une solution et si l on pose α k = x (k) (t 0 ) (0 k n 1), alors les solutions x et α 0 x 0 + α 1 x α n 1 x n 1 vérifient les mêmes conditions initiales en t 0. Par conséquent, elles coïncident et (x 0, x 1,..., x n 1 ) est une base de l espace des solutions. (6.3) Commençons par le cas des équations linéaires homogènes de premier ordre. L équation s écrit alors a 1 (t)x (t) + a 0 (t)x(t) = 0. On dit que l équation est exacte si a 0 (t) = a 1(t) pour tout t I. Si c est le cas, l équation peut s écrire (a 1 x) (t) = 0. On en tire que (a 1 x)(t) est une constante C et que x(t) = C a 1 pourvu que (t) a 1 ne s annule pas sur I. (6.3.1) La méthode suivante permet de résoudre l équation même lorsque elle n est pas exacte. Il faut encore supposer que a 1 ne s annule pas sur I. Si x est une solution qui ne s annule pas sur I alors x (t) x(t) = a 0(t) a 1 (t). Il s ensuit que log x(t) = a 0 (t) a a 1 dt puis que x(t) = e 1 (t) dt. Ici, a 0 (t) (t) a 1 dt est une primitive (t) de a 0 a 1. Puisque x ne s annule pas sur I et x est continue, on a soit x(t) > 0 pour tout t I soit x(t) < 0 pour tout t I. On en tire que x(t) = ±e R a 0 (t) a 1 (t) dt selon le signe de x(t). Cette présentation a le desavantage de supposer que la solution x ne s annule pas sur I. En fait, on peut montrer que toute solution x sauf la solution identiquement nulle ne s annule pas sur I. Voir l exercice (e6.5). R a0 (t) (6.3.2) L équation x (t) ax(t) = 0, où a est une constante, a pour solution toute fonction de la forme x(t) = Ce at, C étant une constante. Cet exemple sera généralisé au (6.7). Dans ce cas précis, il est facile de montrer que toute solution est de cette forme (voir l exercice (e6.15)). En général, les questions d existence et d unicité de solutions d une équation différentielle sont assez complexes (voir le thème 10 pour une introduction à ce sujet). (6.4) Considérons à présent les équations linéaires arbitraires de premier ordre. Une telle équation s écrit a 1 (t)x (t) + a 0 (t)x(t) = b(t). À nouveau, l équation est dite exacte si a 0 (t) = a 1(t) pour tout t I. Si c est le cas, alors l équation s écrit (a 1 x) (t) = b(t), d où (a 1 x)(t) = B(t), où B est une primitive de b. Si a 1 ne s annule pas sur I, alors la solution est donnée par x(t) = B(t) a 1 pour tout t I. (t) 36

37 Le cas où l équation n est pas exacte est traité en cherchant une fonction γ : I R telle que l équation multipliée par γ : ( ) a 1 (t)γ(t)x (t) + a 0 (t)γ(t)x(t) = γ(t)b(t) soit exacte. Ce sera le cas s il existe une fonction δ : I R telle que (a 1 γ)(t) = δ(t) et (a 0 γ)(t) = δ (t) ou encore si (a 1 γ) (t) = (a 0 γ)(t) pour tout t I. Il faut alors que γ soit solution de l équation homogène a 1 (t)γ (t) + (a 1(t) a 0 (t))γ(t) = 0. Ainsi, on peut trouver γ par la méthode de (6.3). (6.4.1) Exemple. Soit à résoudre l équation x (t) x(t) = t sur R. On cherche une fonction γ telle que γ(t)x (t) γ(t)x(t) = γ(t)t soit exacte. Il faut alors que γ(t) = γ (t) ce qui est satisfaite par γ(t) = e t. L équation devient alors e t x (t) e t x(t) = e t t ou encore (e t x(t)) = e t t. D où e t x(t) = e t t dt = (1 + t)e t + C puis x(t) = (1 + t) + Ce t, C étant une constante arbitraire. Si t 0 R et si α 0 R, et si l on cherche la solution vérifiant x(t 0 ) = α 0, alors α 0 = (1+t 0 )+Ce t 0 et il y a un unique choix de C qui donne la solution désirée. (6.5) Des manipulations des deux derniers paragraphes, il faut bien entendu retenir la méthode suivie plutôt que les formules précises. Il convient également de retenir les deux points suivants : (a) la solution fait intervenir une constante arbitraire, qui apparaît par exemple dans le choix de la primitive B de b (ou de γb lorsque l équation initiale n est pas exacte comme dans la formule ( )). Ainsi, il convient de parler de la famille des solutions, paramétrée par une constante C. Étant donné t 0 et α, il y aura un unique choix de C pour que la solution x vérifie x(t 0 ) = α 0. (b) la condition que a 1 ne s annule pas sur I interveint dès le cas d une équation homogène exacte. En fait, si a 1 s annule sur I, l équation n admet pas de solution sur I en général. Voir par exemple l exercice (e6.1) (6.6) Considérons à présent quelques propriétés des solutions d une équation différentielle d ordre un, pas forcément linéaire. Une telle équation s écrit donc F (t, x, x ) = 0, mais nous nous limitons au cas où l équation peut s écrire sous la forme x = f(t, x), f étant une fonction de deux variables. Notons que l équation linéaire d ordre un s écrit sous cette forme si a 1 ne s annule pas sur I, car quitte à diviser l équation par a 1, on peut supposer a 1 = 1 puis le réarranger sous la forme x = b a 0 x. Nous admettons qu une telle équation possède une famille de solutions paramétrée par une constante C. Dans la famille de solutions, certains membres peuvent être distingués par des propriétés spéciales. Par exemple, il se peut que l équation ait une unique solution constante, appelée alors solution d équilibre. On note souvent x e une solution d équilibre. Une solution d équilibre x étant par définition une solution constante, c est-à dire une solution telle que x (t) = 0 pour tout t, les solutions d équilibres sont les réels x e vérifiant f(t, x e ) = 0 pour tout t. On s intéresse alors au comportement asymptotique de certains solutions : s il y a une solution d équilibre, certaines d autres solutions peuvent converger vers cette solution (lorsque t + par exemple). La courbe intégrale approche alors la droite horizontale d équation x = x e lorsque t +. Lorsque c est le cas, on dit que la solution est stable. L équation elle-même est dite stable lorsque toutes ses solutions sont stables. (6.6.1) Étudions quelques exemples. (i) Prenons l équation x ax = 0, où a est une constante. L équation a pour solution générale x(t) = Ce at, C étant une constante. Si a 0, la seule solution d équilibre est x e (t) = 0. Lorsque t +, la solution x(t) tend vers 0 si et seulement si a > 0. Par conséquent, l équation est stable si et seulement si a > 0. Si a = 0, la solution générale devient x(t) = C, et il n y a pas de stabilité. 37

38 (ii) Soit l équation x = tx 2 sur ]0, + [. Une solution d équilibre vérifie tx(t) 2 = 0 pour tout t et, par conséquent, la seule solution d équilibre est la solution x e (t) = 0. Soit t 0 > 0 et soit α 0 R. Si α 0 = 0, la solution à condition initiale x(t 0 ) = α 0 est la solution identiquement nulle. Si α 0 0, et si x est la solution à condition initiale x(t 0 ) = α 0, il existe un intervalle ouvert J ]0, + [ contenant t 0 et tel que x(t) 0 pour tout t J. L equation devient alors x (t)/x(t) 2 = t d où, en intégrant par rapport à t, 1/x(t) = C t 2 /2 avec C R, d où x(t) = 1/(C t 2 /2). On remarque que x(t) est négative pour t assez grand, quelque soit la valeur de C. Puisque x(t 0 ) = α 0, on a C = t 2 0/2 + 1/α 0. La fonction x(t) a donc une singularité lorsque t = t /α 0. Le plus grand intervalle ouvert J ]0, + [ contenant t 0 et sur lequel x(t) est défini est donc ]0, t /α 0 [ lorsque α 0 > 0 et ] t /α 0, + [ lorsque α 0 < 0. Lorsque α 0 < 0, x(t) 0 lorsque t ; il y a donc stabilité lorsque t +. (6.7) Considérons désormais les équations linéaires d ordre quelconque et à coefficients constants. Expliquons d abord la méthode générale de solution de l équation (E) a n x (n) (t) + a n 1 x (n 1) (t) + + a 0 x(t) = 0, les a k étant des constantes réelles et a n 0. Soit λ un nombre (réel ou complexe) tel que la fonction x(t) = e λt soit une solution. Puisque x (k) (t) = λ k x(t), on constate que λ est racine du polynôme caractéristique χ E (λ) = a n λ n + a n 1 λ n a 0 = 0. Réciproquement, si λ est racine du polynôme caractéristique χ E, la fonction t e λt est solution de l équation différentielle (E). Si λ = β + iγ est une racine complexe de χ E, alors le conjugué complexe λ = β iγ en est également une, et les fonctions t 1 ( e λt + e λt) = e βt cos γt, t 1 ( e λt e λt) = e βt sin γt 2 2i sont des solutions réelles de (E). Si χ E a toutes ses racines distinctes on obtient ainsi une base de l espace vectoriel des solutions, elle est formée des fonctions t e λt avec λ parcourant les racines réelles de χ E et des fonctions t e βt cos γt et t e βt sin γt pour chaque couple (λ, λ) de racines complexes. (6.7.1) Lorsque λ est une racine de χ E de multiplicité m λ, un calcul montre que toute fonction t P (t)e λt avec P un polynôme de degré au plus m λ 1 est solution de (E). Si λ = β + iγ, λ = β iγ est un couple de racines complexes conjuguées, on obtient les solutions t P (t) 1 ( e λt + e λt) = P (t)e βt cos γt, t P (t) 1 ( e λt e λt) = P (t)e βt sin γt 2 2i avec P un polynôme de degré au plus m λ 1. Toute solution est une combinaison linéaire réelle des solutions de cette forme. Plus exactement, on a le résultat suivant. (6.7.2) Théorème. On suppose que le polynôme caractéristique χ E de (E) ait p racines réelles distinctes (λ k ) 1 k p et q couples de racines conjuguées non-réelles distinctes (β l ±iγ l ) 1 l q. Si l on note m k la multiplicité de λ k et n l la multiplicité de β l + iγ l, alors toute solution x de l équation (E) s écrit d une manière unique sous la forme x(t) = P 1 (t)e λ 1t + + P p (t)e λpt + + Q 1 (t)e β 1t cos γ 1 t + R 1 (t)e β 1t sin γ 1 t + + Q q (t)e βqt cos γ q t + R q (t)e βqt sin γ q t, 38

39 où P k, (1 k p), est un polynôme de degré au plus m k 1 et Q l et R l, (1 l q), sont des polynômes de degré au plus n l 1. Démonstration (esquisse). Comme indiqué juste avant l énoncé, x est bien une solution de (E). On a m 1 + +m p +2n n q = n. Les fonctions de la forme indiquée constituent donc un R- espace vectoriel de dimension au plus n. Un calcul (que nous omettrons) montre que si une fonction de la forme indiquée est identiquement nulle, alors P 1 = = P p = Q 1 = R 1 = = Q q = R q = 0. Par conséquent, les fonctions considérées constituent un R-espace vectoriel de dimension n. D après (6.2.2) (ii), les solutions forment un espace vectoriel de dimension n. On en tire qu il n y a pas d autres solutions. En pratique, nous n aurons besoin de ce résultat que pour les petites valeurs de n (n 4 disons). (6.7.3) Exemples. (i) Soit ω un réel, ω > 0. L équation x + ω 2 x = 0 a pour polynôme caractéristique λ 2 + ω 2 et les deux racines sont iω et iω. Cela conduit aux solutions t cos ωt, t sin ωt puis à la solution générale x(t) = A cos ωt + B sin ωt, A et B étant des constantes. Les solutions sont toutes périodiques, de période 2π ω. (ii) Considérons l équation x (iv) (t) 2x (t) + x(t) = 0. Le polynôme caractéristique est λ 4 2λ = (λ 2 1) 2. Les racines 1 et 1 sont chacunes de multiplicité 2. Cela conduit aux 4 solutions t e t, t te t, t e t et t te t puis à la solution générale A, B, C et D étant des constantes. (6.8) Soit l équation inhomogène x(t) = (A + Bt)e t + (C + Dt)e t, a n x (n) (t) + a n 1 x (n 1) (t) + + a 0 x(t) = b(t), où les a k sont des constantes avec a n 0 et b est une fonction. Nous savons déjà décrire toutes les solutions de l équation homogène associée. Cherchons donc des méthodes de trouver une solution particulière. (6.8.1) Une méthode très utile est celle de dite de la variation de la constante, que nous allons décrire dans le cas d une équation d ordre 2. Elle peut être utilisée même pour les équations dont les coefficients ne sont pas constants. Prenons donc l équation a 2 (t)x (t) + a 1 (t)x (t) + a 0 (t)x(t) = b(t) et cherchons une solution x de la forme uy, y étant une solution connue de l équation homogène associée. Puisque x = uy, on a x = u y + uy puis x = u y + 2u y + uy et donc d où a 2 x + a 1 x + a 0 x = a 2 (u y + 2u y + uy ) + a 1 (u y + uy ) + a 0 uy = (a 2 y + a 1 y + a 0 y)u + (2a 2 y + a 1 y )u + a 2 yu (2a 2 y + a 1 y )u + a 2 yu = b. Si l on pose v = u, on obtient l équation linéaire d ordre un pour v : (2a 2 y + a 1 y )v + a 2 yv = b ce qui permet en principe de déterminer v = u puis u. 39

40 (6.8.2) Exemple. Soit l équation x +ω 2 x = sin ωt, où ω > 0. On écrit x = uy, où y est solution de y + ω 2 y = 0. Alors u y + 2u y = sin ωt. À ce stade, il faut éffectuer un choix de y. Pronons y(t) = cos ωt. Alors cos ωt u 2ω sin ωt u = sin ωt. L équation devient exacte si on la multiplie par cos ωt, car (cos ωt) 2 a pour dérivée 2ω sin ωt cos ωt. Donc (u (t) cos 2 ωt) = cos ωt sin ωt et u (t) cos 2 ωt = cos2 ωt + C puis u (t) = 1 + C, C étant une constante. Ici, on ne cherche 2ω 2ω cos 2 ωt qu une seule solution particulière u et on peut se permettre de choisir C d une telle manière que le calcul devient le plus simple possible. Alors le choix C = 0 s impose. On trouve alors u = 1 t 2ω et donc x = uy = 1 1 t cos ωt. La solution générale est alors t cos ωt + A cos ωt + B sin ωt. 2ω 2ω Remarquons que la solution particulière trouvée dépend du choix fait de la solution y de l équation homogène associée. Le lecteur peut refaire le calcul en prenant y(t) = sin ωt à la place de cos ωt : il constatera alors que le choix de y n est pas sans incidence sur la difficulté du calcul.... (6.8.3) La même méthode s adapte aux équations linéaires inhomogènes d ordre n quelconque. On cherche une solution x de la forme uy, y étant une solution de l équation homogène associée. On trouve que u vérifie une équation linéaire d ordre n 1. En particulier, en prenant n = 1 on trouve une seconde méthode de solution d une équation inhomogène d ordre un. (6.9) Les notions d équilibre et de stabilité s étend d une manière évidente aux équations d ordre supérieure. Une solution constante est appelée solution d équilibre et toute solution convergeant vers une solution d équilibre s appelle une solution stable. Exemples. Reprenons les exemples de (6.7.3). Dans l exemple (i), la seule solution constante est la fonction constante nulle. Si A 0 ou si B 0, la solution générale x(t) ne tend pas vers 0 lorsque t + et il n y a donc pas de stabilité. Dans l exemple (ii), la seule solution constante est à nouveau la solution identiquement nulle. La solution générale est stable si et seulement si A = B = 0. (6.10) Terminons ce thème en mentionnant quelques exemples d équations différentielles dont les solutions se présentent sous forme de fonction implicite. Soit d abord x une fonction de t définie implicitement par une relation g(t, x) = C, g étant de classe C (1) sur un domaine de R 2 et C une constante. Alors g 1(t, x) + g 2(t, x)x (t) = 0 et, réciproquement, cette relation entraîne g(t, x) = C, comme on le montre en appliquant (3.5.2). Ainsi, les courbes intégrales de l équation (*) g 1(t, x) + g 2(t, x)x (t) = 0 sont les courbes g(t, x) = C. Exemple. L équation t + xx = 0 a pour courbes intégrales les cercles t 2 + x 2 = C. (6.10.1) Considérons plus généralement une équation de la forme M(t, x) + N(t, x)x (t) = 0, où M et N sont de classe C (1) sur le domaine Ω R 2. L équation est dite exacte si la forme différentielle M(t, x)dt + N(t, x)dx est exacte, c est-à-dire s il existe une fonction g sur Ω telle que g 1 = M et g 2 = N. Dans ce cas, l équation est de la forme ( ). Si c est le cas, on sait que M 2 = N 1, car g 1,2 = g 2,1 d après (4.1.1). En général, on ne peut pas trouver une fonction γ : Ω R telle que γ(t, x)m(t, x)dt + γ(t, x)n(t, x)dx soit exacte. Cela sera la cas toutefois lorsque Ω est simplement connexe, c està-dire tout arc dans Ω peut être déformée de façon continue en tout autre arc dans Ω. Par exemple R 2, un demi-plan ou un disque sont simplement connexes, mais R 2 {(0, 0)} ne l est pas car un cercle contournant l origine ne peut pas être déformée en un cercle dont l origine se trouve à l extérieur. Nous ne justifierons pas ces affirmations dans ce cours. (6.10.2) Une équation de la forme g(t) + h(x)x (t) = 0 est dite à variables séparées. Les courbes intégrales sont de la forme G(t) + H(x) = C, G et H étant respectivement des primitives de g et de h et C étant une constante. 40

41 EXERCICES (e6.1) Montrer qu il n y a aucune fonction dérivable x : R R telle que tx (t) = 1 quelque soit t R. Résoudre l équation différentielle tx (t) = 1 sur un intervalle ouvert ne contenant pas 0. (e6.2) Résoudre l équation tx + x = 1 sur ]0, + [ et sur ], 0[ par la méthode de (6.4). Pour quelles valeurs de α 0 y-a-t-il une solution sur R qui satisfait x(0) = α 0? (e6.3) Résoudre par la méthode de (6.4) l équation x + 2tx = e t2 sur R. Vérifier que toutes les solutions tendent vers 0 lorsque t +. (e6.4) L équation de Bernoulli x + a 0 x = bx n est utilisée en économie. Ici, a 0 et b sont des fonctions de t et n Z. Si n = 1, il s agit d une équation linéaire. (i) On suppose n 1. Montrer que si y est la fonction définie par x(t) = y(t) 1 1 n, alors y vérifie une équation linéaire que l on précisera. (ii) Résoudre l équation x + x = x 2. Trouver les solutions d équlibre. Y-a-t-il des solutions stables? Tracer les courbes intégrales. (e6.5) Soit a 1 (t)x (t) + a 0 (t)x(t) = 0 une équation différentielle linéaire homogène de degré un, où a 1 (t) 0 pour tout t I. Soit A une primitive de a0 a 1 : A (t) = a0(t) a 1(t) quelque soit t I. Montrer que si l on pose γ(t) = e A(t), alors γ(t)x (t) + γ (t)x(t) = 0 pour tout t I. En déduire que (γx) (t) = 0 quelque soit t I puis que x(t) = C γ(t) quelque soit la t I, C étant une constante. En déduire que si x n est pas identiquement nulle, alors x ne s annule pas sur I. Ce raisonnement justifie le calcul de (6.3.1). (e6.6) Résoudre chacune des équations différentielles qui suivent. (Des nombres complexes de devraient pas figurer dans la réponse finale.) (i) x (t) = 4x(t). (ii) x (t) = 4x (t). (iii) x (t) 2x (t) + 5x(t) = 0. (iv) x (t) 3x (t) + 2x(t) = 0. (e6.7) (i) Décrire la solution générale sur R de l équation x + 2x + 2x = 0. (Des nombres complexes de devraient pas figurer dans la réponse finale.) (ii) Trouve la solution générale de y + 2y + 2y = 2. (iii) Résoudre l équation z + 2z + 2z = e t. (iv) Dans chacun des cas (i), (ii) et (iii), trouver toutes les solutions qui tendent vers 0 lorsque t +. (e6.8) Résoudre l équation x + 2x + x = e t en utilisant la méthode de variation de la constante. Vérifier que toutes les solutions tendent vers 0 lorsque t +. (e6.9) Reprendre en utilisant la méthode de variation de la constante l équation de l exercice (e6.3). (e6.10) On considére l équation linéaire homogène à coefficients constants (E) de (6.7) ainsi que son polynôme caractéristique χ E. (i) Montrer que (E) a une solution constante non-nulle si et seulement si 0 est une racine de χ E. (ii) On suppose que 0 ne soit pas racine de χ E. Montrer que (E) est stable si et seulement si toutes les racines de χ E sont de partie réelle strictement négative. (e6.11) On note I R un intervalle ouvert. On considère l équation différentielle (E) t 3 x (t) tx (t) + x(t) = 0, où t I. (i) Vérifier que la fonction x(t) = t est solution de l équation (E), quelque soit le choix de l intervalle I. (ii) On suppose I ne contient pas 0. En cherchant une solution de la forme x(t) = u(t)t où la fonction u est à déterminer, trouver la solution générale de (E) sur I. 41

42 (iii) On suppose que 0 I. Vérifier alors que si la fonction deux-fois dérivable x vérifie (E), alors x(0) = 0. En déduire la solution générale de (E) sur I. (e6.12) Trouver toutes les fonctions continues et bornées f : R R vérifiant f (t) f(t) = e t quelque soit t 0. (e6.13) On fixe a R. Résoudre l équation différentielle x (t) = e x(t) avec la condition initiale x(0) = a. Préciser en fonction de a le plus grand intervalle contenant 0 sur lequel la solution x est définie. (e6.14) Trouver les solutions d équilibre de l équation x = x 3 x. Résoudre l équation, en faisant attention à l intervalle d étude. (Rappelons que 1/(x 3 x) = x/(x 2 1) 1/x pour tout x R {0, ±1}). (e6.15) On considère l équation différentielle x (t) = ax(t), a étant une constante. Notons x : R R une solution. (i) Montrer que x possède des dérivées de tout ordre. (Raisonner par récurrence sur n et utilisant la formule x (n) x (t) = lim (n 1) (t+h) x (n 1) (t) h 0 h.) (ii) Montrer que x (n) (t) = a n x(t) pour tout n N et pour tout t R. Soit désormais α 0 R et soit x une solution vérifiant x(0) = α 0. (iii) Soit n N. Montrer que pour tout t R on peut écrire x(t) = α 0 n k=0 a k t k k! où θ ]0, 1[. (Utiliser la formule de Taylor-Lagrange.) (iv) En déduire que x(t) = α 0 e at pour tout t R. a n+1 t n+1 x(θt) + α 0, (n + 1)! Thème 7. Systèmes d équations différentielles (7.1) Un système d équations différentielles est une famille d équations différentielles F 1 (t, x 1, x 2,..., x p, x 1, x 2..., x (n) p ) = 0, F 2 (t, x 1, x 2,..., x p, x 1, x 2..., x (n) p ) = 0, F p (t, x 1, x 2,..., x p, x 1, x 2..., x (n) p ) = 0. Ici p 1 est un entier et il y a p équations dans les p fonctions x 1, x 2,..., x p de t ainsi que leur dérivées x 1, x 2,..., x (n) p. Ce système est d ordre n si les équations ne font intervenir que les dérivées d ordre au plus n et la dérivée d ordre n d au moins une des fonctions x k apparaît effectivement dans au moins une des équations. ( ) (7.1.1) Dans la suite, nous nous limiterons au cas des systèmes d ordre un de la forme x 1 = f 1 (t, x 1,..., x p ), x 2 = f 2 (t, x 1,..., x p ), x p = f p (t, x 1,..., x p ). 42

43 Afin de simplifier l exposition, nous supposerons que toutes les fonctions f k : R p+1 R sont de classe C (1). Leur domaine de définition est alors de la forme I Ω, I étant un intervalle ouvert et Ω un domaine de R p. Nous allons énoncer un théorème analogue à (6.1.2) concernant l existence et d unicité des solutions d un tel système. (7.1.2) Théorème. Soit I un intervalle ouvert et soit Ω un domaine dans R p. Soit t 0 I et soit (a 1, a 2,..., a p ) Ω. Soient f k (1 k p) p fonctions de classe C (1) de Ω dans R. Alors il existe un intervalle ouvert J I contenant t 0 et une unique fonction x = (x 1, x 2,..., x p ) : J p Ω vérifiant ( ) ainsi que les conditions initiales x 1 (t 0 ) = a 1, x 2 (t 0 ) = a 2,..., x p (t 0 ) = a p. Un résultat plus général sera démontré dans le thème 10 (théorème de Cauchy-Lipschitz, le théorème (10.4)). (7.1.3) Le théorème (6.1.2) se déduit de ce résultat de la manière suivante. À l équation x (n) (t) = f ( t, x(t), x (t),..., x (n 1) (t) ) de (6.1.2) on associe le système x 1(t) = x 2 (t), x 2(t) = x 3 (t), x n 1(t) = x n (t) x n(t) = f ( t, x 1 (t), x 2 (t),..., x n (t) ). Le théorème (7.1.2) prévoit alors l existence d un intervalle ouvert J I contenant t 0 ainsi qu un unique système de solutions (x 1, x 2,..., x n ) : J n Ω vérifiant x 1 (t 0 ) = α 0, x 2 (t 0 ) = α 1,..., x n (t 0 ) = α n 1. On vérifie aussitôt que la fonction x(t) = x 1 (t) vérifie alors x (n) (t) = f ( t, x(t), x (t),..., x (n 1) (t) ) pour tout t J ainsi que x(t 0 ) = α 0, x (t 0 ) = α 1,..., x (n 1) (t 0 ) = α n 1. (7.2) Le système ( ) est dit linéaire si chacune des fonctions f k s écrit p l=1 a klx l + b k, a kl et b k étant des fonctions connues de t sur un intervalle I. Ce système est homogène si b k = 0 quelque soit k {1, 2,..., p}. On utilise souvent la notation vectorielle X (t) = A(t)X(t) + B(t) (ou X = AX + B) pour les systèmes linéaires d ordre un. Ici, A désigne la matrice de fonctions (a kl ) 1 k,l, p, X le vecteur t (x 1, x 2,..., x p ), X le vecteur t (x 1, x 2,..., x p) et B le vecteur t (b 1, b 2,..., b p ). (7.3) Proposition. Soit X = AX + B un système linéaire. (i) Si B = 0 (c est-à-dire si le système est homogène), alors les solutions forment un R-espace vectoriel. (ii) Soit X 0 une solution particulière du système X = AX + B. Alors toute solution est de la forme X 0 + Y avec Y une solution du système homogène associée Y = AY. La démonstration est immédiate. (7.4) Soit x (n) +a n 1 x (n 1) + +a 0 x = b une équation linéaire d ordre n dont le coefficient de x (n) est 1. Si l on pose x 0 = x, x 1 = x,..., x n = x (n), alors l équation est équivalente au système x 0 = x 1 x 1 = x 2 x n 2 = x n 1 x n 1 = a 0 x 0 a 1 x 1 a 2 x 2 a n 1 x n 1 +b 43

44 qui se résume en notation vectorielle X = AX + B à l aide de la matrice compagnon A = a 0 a 1 a 2 a 3 a n 1 et B désigne le vecteur t (0, 0,..., 0, b). Ainsi la notion de système différentielle d ordre un généralise celle d équation linéaire d ordre n. (7.4.1) À toute solution X = t (x 1, x 2,..., x p ) d un système différentielle on peut associer la courbe paramétrée t ( x 1 (t), x 2 (t),..., x p (t) ) dans R p, appelée courbe intégrale. Les points critiques du système, c est-à-dire les solutions X avec X (t) = 0, sont les solutions constantes du système et les courbes intégrales correspondantes sont alors réduites à des points. Les solutions X telles que X (t) = 0 sont appelées solutions d équilibre. Une solution est dite stable si elle converge vers une solution d équilibre, et le système est dit stable si toutes les solutions convergent vers une solution d équilibre (lorsque t + par exemple). (7.4.2) Proposition. Soit X = AX + B un système linéaire dont la matrice A est constante et inversible et B est constant. Alors il y a un unique équilibre, à savoir la solution X = A 1 B. Démonstration. Il est clair que X = A 1 B est effectivement solution du système. Soit réciproquement X 0 une solution constante. Alors Y 0 = X 0 + A 1 B est solution du système homogène associé Y = AY. Alors Y 0 = 0 et donc AY 0 = 0. Puisque A est inversible, on a bien Y 0 = 0 et donc X 0 = A 1 B. (7.5) Le cas d un système linéaire d ordre 2 est particulièrement important. Notons alors les solutions vectorielles par t (x, y) plutôt que par t (x 1, x 2 ). Si par exemple on considère le système ( ) ( ) ( ) x (t) 0 ω x(t) y =, (t) ω 0 y(t) où ω 0 est une constante, alors les solutions sont de la forme ( ) ( ) ( ) x(t) cos ωt sin ωt = C + D, y(t) sin ωt cos ωt C et D étant des constantes (voir l exercice (e7.1)). Ainsi, x(t) 2 + y(t) 2 = C 2 + D 2 et les courbes intégrales sont les cercles centrés à l origine et de rayon quelconque. La seule solution d équilibre est la solution x(t) = y(t) = 0 et les autres solutions ne convergent pas vers celle-ci lorsque t +. Il n y a donc pas de stabilité. (7.5.1) Considérons désormais le système ( ) x (t) y = (t) ( 0 ω ω 0 ) ( x(t) y(t) ) + ou encore ω 0. Remarquons qu il y a une solution d équilibre ( ) x(t) = y(t) ( ) 1 ( 0 ω 1 = ω 0 1) ( 1 1), ( ) ( 0 1 ω 1 1 = 0 1) ω ( ) 1 ω 1. ω 44

45 D après l exemple précédent et la proposition (7.3), la solution générale est ( ) ( ) ( ) ( ) x(t) cos ωt sin ωt 1 = C + D + ω 1. y(t) sin ωt cos ωt ω Les courbes intégrales sont encore des cercles, mais de centre ( 1 ω, 1 ω). (7.6) Un système d équations de la forme x 1 = f 1 (x 1, x 2,..., x p ), x 2 = f 2 (x 1, x 2,..., x p ), x p = f 2 (x 1, x 2,..., x p ), (où la variable t n apparaît pas explicitement) est appelé un système dynamique (ou système autonome). Les systèmes linéaires à coefficients constants sont des systèmes dynamiques. À nouveau, on note X = t (x 1, x 2,..., x p ) un vecteur de solutions. Une solution d équilibre (ou un équilibre) est une solution constante. Un équilibre vérifie donc X (t) = 0, c est-à-dire f 1 (x 1, x 2,..., x p ) = f 2 (x 1, x 2,..., x p ) = = f p (x 1, x 2,..., x p ) = 0 et l on détermine les équilibres en resolvant ces équations. Considérons par exemple un système dynamique à deux équations ( ) x = f(x, y), y = g(x, y). Si t 0 est tel que x (t 0 ) 0, on a y (t 0 ) x (t 0 ) = g(x(t 0), y(t 0 )) f(x(t 0 ), y(t 0 )). Sur un voisinage de x 0 = x(t 0 ), on peut alors écrire y comme fonction de x et la fonction y est alors solution de l équation différentielle (1) f(x, y) dy g(x, y) = 0. dx Ainsi, le système dynamique ( ) permet d obtenir une solution paramétrée de l équation (1), ce qui évite les problèmes rencontrés dans le thème précédent au points où f(x, y) s annule. Voir par exemple l exercice (e7.8). (7.7) Un système linéaire X = AX+B à coefficients constants dont la matrice A est inversible a un unique équilibre A 1 B d après la proposition (7.4.2). Le comportement des solutions autour de l équilibre peut alors alors être déterminé en fonction des valeurs propres du polynôme caractéristique de A. Dans ce qui suit, on se limite au cas de deux équations en deux inconnus x, y. La matrice A est alors d ordre 2. (a) les racines du polynôme caractéristique de A sont réelles. (i) si elles sont strictement négatives, l équation est stable et le point critique est un nœud stable ; (ii) si elles sont strictement positives, l équation est instable car toutes les solutions nonconstantes sont non-bornées et le point critique est un nœud instable ; (iii) si elles sont de signe contraire, l équilibre est un point-selle ou col. 45

46 nœud stable nœud instable point-selle Ici, les croquis correspondent au cas où les deux racines du polynôme caractéristique sont distinctes. Dans le cas d une racine double, il n y a qu une seule droite passant par le point critique. Voir aussi l exercice (e7.7). (b) les racines du polynôme caractéristique de A ne sont pas réelles. Il s agit donc d un couple de nombres complexes conjugués. (i) si leur partie réelle est strictement négative, les courbes intégrales convergent vers le point d équilibre en spiralant autour et l équilibre est un foyer stable ; (ii) si leur partie réelle est strictement positive, les courbes intégrales s éloignent du point d équilibre en spiralant autour et l équilibre est un foyer instable ; (iii) si elles sont imaginaires pures, les courbes intégrales sont des cercles centrés sur le point d équilibre. Il s agit alors d un centre. foyer stable foyer instable centre (7.8) Considérons un système de deux équations en deux inconnus x = f(x, y), y = g(x, y). Nous supposons x, y définis sur un intervalle de la forme [t 0, + [. Les équilibres sont donc les solutions constantes x e, x e vérifiant f(x e, y e ) = 0 et g(x e, y e ) = 0. On dit que l équilibre (x e, y e ) est stable si étant donné ε > 0, il existe δ > 0 tel que pour toute solution (x, y) vérifiant ( x(t 0 ), y(t 0 ) ) (x e, y e ) δ, on ait ( x(t), y(t) ) (x e, y e ) ε pour tout t t 0. On dit que (x e, y e ) est asymptotiquement stable s il existe ε > 0 tel que pour toute solution (x, y) vérifiant ( x(t 0 ), y(t 0 ) ) (x e, y e ) ε, on ait lim t + (x(t), y(t)) = (x e, y e ). Un nœud stable et un foyer stables sont asymptotiquement stables. Un centre est stable mais pas asymptotiquement stable. Dans tout autre cas, il y a instabilité. On pourrait penser qu un équilibre asymptotiquement stable soit nécessairement stable. En fait, ce n est pas le cas, bien qu il ne soit pas facile à en donner des exemples. (7.8.1) Théorème (de Hartman-Grobman). Soit x = f(x, y), y = g(x, y) un système dynamique avec f, g de classe C (1) sur un domaine Ω de R 2. Soit (x e, y e ) Ω un équilibre. On suppose que les valeurs propres de la matrice jacobienne J (f,g) (x e, y e ) ne soient pas imaginaires pures ou nulles. Alors l équilibre (x e, y e ) du système de départ est de la même nature (nœud stable, nœud instable,...) que celui du système linéarisé x = (x x e )f 1(x e, y e ) + (y y e )f 2(x e, y e ), y = (x x e )g 1(x e, y e ) + (y y e )g 2(x e, y e ). Ce résultat sera admis. Remarquons le cas exclu où les valeurs propres sont imaginaires pures ou nulles. Ces cas sont exceptionnels ; si par exemple les valeurs propres sont imaginaires pures mais non-nulles, l équilibre de l équation de départ pourrait être un centre ou un foyer stable ou instable. 46

47 (7.8.2) Exemple. Soit le système x = 2x + y + xy, y = y + x 2. Pour trouver les équilibres, il faut résoudre les équations 2x+y+xy = y+x 2 = 0. Cela donne les trois équilibres (x e, y e ) = (0, 0), (1, 1) et ( 2, 4). La matrice jacobienne de (x, y) 2x + y + xy, (x, y) y + x 2 est J f,g (x, y) = ( 2 + y 1 + x 2x 1 ( ) 2 1 On a donc J f,g (0, 0) = dont les racines du polynôme caractéristique sont 1 et 2. L équilibre 0 1 ( ) 1 2 (0, 0) est donc un nœud instable. Ensuite, J f,g (1, 1) = et les racines du polynôme caractéristique t 2 2t 3( sont réelles ) et de signes opposés. L équilibre (1, 1) est donc un point-selle Enfin, J f,g ( 2, 4) = et les racines du polynôme caractéristique t t 6 sont à nouveau réelles et de signes opposés. D où un second point-selle. ). EXERCICES (e7.1) On reprend le système linéaire de (7.5). Vérifier que x (t)+ω 2 x(t) = 0 et que y (t)+ω 2 y(t) = 0. En déduire que toute solution du système ( ) de (7.5) est de la forme indiquée ( ). (e7.2) Résoudre le système ( ) x (t) y = (t) ( ) ( ) x(t). y(t) (Montrer d abord que x 2x + x = 0.) Tracer les courbes intégrales et discuter de la stabilité de la solution x(t) = y(t) = 0. (e7.3) Même chose pour le système ( ) x (t) y = (t) (Montrer d abord que x 2x + 2x = 0.) ( ) ( x(t) y(t) ). (*) (e7.4) (i) Généraliser les trois exercices précédents en considérant le système ( ) ( ) ( ) x (t) a b x(t) y =, (t) c d y(t) où a, b, c et d sont des constantes. Montrer que x et y sont solutions de z (a + d)z + (ad bc)z = 0. ( On ) note λ 1, λ 2 les deux racines du polynôme caractérique λ 2 (a + d)λ + (ad bc) de la matrice a b. c d (ii) On suppose λ 1 λ 2 sont réels. Montrer que( si v) 1 et v 2 désigne des vecteurs propres de A x(t) correspondant respectivement à λ 1 et λ 2. Montrer que = Ae y(t) λ1t v 1 + Be λ2t v 2 est solution, quelque soit les constantes A et B. (iii) On suppose λ 1 = β + iγ, λ 2 = β iγ avec γ 0. Soit v un vecteur propre (complexe) correspondant à λ 1. On note v le vecteur dont les coefficients sont les conjugués complexes de v et on pose R(v) = (v + v)/2, I(v) = (v v)/2i. Montrer que ( ) x(t) = e y(t) βt( A ( (cos γt)r(v) (sin γt)i(v) ) + B ( (cos γt)i(v) + (sin γt)r(v) )) 47

48 est une solution (réelle), quelque soit les constantes A et B. (iv) On suppose λ 1 = λ 2 et que l espace propre associé à λ 1 est de dimension un. Montrer que si v est un vecteur propre et si w est un vecteur tel que ( ( ) ) a b λ c d 1 w = v, ( ) x(t) alors = (A + Bt)e y(t) λ1t v + Ae λ1t w est solution quelque soit les constantes A et B. (v) Que se passe-t-il lorsque λ 1 = λ 2 et A est diagonalisable? (vi) En admettant que l espace vectoriel des solutions est toujours de dimension deux, montrer que dans chacun des cas que le système ( ) n a que les solutions indiquées. (e7.5) Soit P (t) = t 2 + at + b, a, b R un polynôme unitaire de degré 2. (i) Montrer que les deux racines de P sont réelles et strictement négatives si et seulement si a 2 4b > 0, a > 0 et b > 0. (Si λ, µ sont les deux racines, penser aux formules λ + µ = a, λµ = b.) (ii) Donner des conditions nécessaires et suffisantes sur a et b pour que les deux racines de P soient réelles et strictement positives ; réelles et de signes opposés ; non-réelles et à partie réelle strictement négatives ; non-réelles et à partie réelle strictement positive ; imaginaires pures. (e7.6) Résoudre le système stabilité. ( x (t) y (t) ) = ( ) ( ) x(t) + y(t) ( 1 1). Chercher les équilibres. Étudier la (e7.7) ( ) Étendre les considérations de l exercice (e7.4) aux systèmes inhomogènes X = AX + B, où a b A =, B est un vecteur constant. c d (e7.8) Reprenons le système linéaire de (7.5). Comparer ce système avec l équation y d y d x +x = 0 (voir l équation (1) de (7.6)). Dans le premier cas, les courbes intégrales sont des cercles centrés à l origine. Que se passe-t-il dans le second cas? (e7.9) (i) et (ii) Étudier les systèmes dynamiques ( ) ( x 1 y = 2 x2 1 2 y y ( x y ) = ), ( ) 1 e y. 5x y Dans chacun des deux cas, chercher les équilibres et déterminer leur nature en utiliant le théorème de Hartman-Grobman. (e7.10) On considère le système linéaire d équations différentielles x (t) = x(t) + y(t) y (t) = 2x(t). (i) Trouver la solution générale de ce système. (ii) Trouver l unique solution (x, y) vérifiant x(0) = 1, y(0) = 0. (iii) Décrire l ensemble des solutions (x, y) vérifiant x(t) 0 lorsque t +. (iv) Calculer lim t + y(t) lorsque (x, y) est l une des solutions vérifiant la condition de la question (iii). (v) Déterminer la nature du point d équilibre (0, 0) du système autonome x (t) = x(t) + y(t) + x(t) 2 y (t) = 2x(t) + y(t) 2. 48

49 Thème 8. Solutions périodiques, cycles limites (8.1) Dans ce thème, nous continuerons l étude d un système dynamique de 2 équations (*) x = f(x, y), y = g(x, y), où x, y désignent les dérivées de x et de y par rapport à t R. Le théorème de Hartman-Grobman donne des renseignements locaux au voisinage d un équilibre. Le théorème de Cauchy-Lipschitz (10.4) justifie l existence de solutions. Ici, nous indiquons comment obtenir des renseignements globaux sur les solutions, sans que l on puisse, en général, les décrire à l aide de formules simples. (8.2) Proposition. Deux courbes intégrales distinctes ne se coupent pas. Démonstration. En effet, si deux courbes se coupaient en un point (a, b), l une des courbes C 1 représenterait la solution (x 1, y 1 ) du système vérifiant x 1 (t 1 ) = a et y 1 (t 1 ) = b, alors que l autre courbe C 2 représenterait la solution (x 2, y 2 ) du système vérifiant x 2 (t 2 ) = a et y 2 (t 2 ) = b. Posons u = t + t 1 t 2, de sorte que dx. Puisque f et g ne dépendent pas explicitement de t, la courbe u (x 2 (u), y 2 (u)) est également une courbe intégrale vérifiant x 2 (t 1 ) = a, y 2 (t 1 ) = b. L unicité de la solution garantie par le théorème de Cauchy-Lipschitz implique donc que x 2 = x 1 et y 2 = y 1. Le même argument montre également que la même courbe intégrale ne peut pas se couper en un point. S il existe t 1, t 2, tels que t 1 t 2 et x(t 1 ) = x(t 2 ) et y(t 1 ) = y(t 2 ), la courbe effectue une boucle. Soit I un intervalle, soit E un ensemble et soit f : I E une application. soit T R. On dit que T est une période de f si f(t + T ) = f(t) quelque soit t I tel que t + T I. f est dite périodique lorsque elle possède une période non-nulle. Il est clair que si T est une période, alors il en est de même pour T. Par conséquent, une fonction périodique possède toujours une période strictement positive. = dx dy et = dy du dt du dt (8.2.1) Proposition. Une courbe intégrale du système dynamique ( ) qui est fermée en boucle correspond à une solution périodique. Démonstration. Si t ( x(t), y(t) ) est une solution de période T > 0, alors ( x(t+t ), y(t+t ) ) = ( x(t), y(t) ) pour tout t et donc la courbe est en boucle. Supposons réciproquement que la courbe intégrale soit une boucle. Si la boucle se réduit à un seul point, la solution est constante, d où un pont critique. Dans le cas contraire, le théorème de Cauchy-Lipschitz montre qu elle ne passe pas par un point critique. Alors il existe t 0 et T > 0 tels que ( x(t 0 ), y(t 0 ) ) = ( x(t 0 + T ), y(t 0 + T ) ). A priori, x et y ne sont définies que sur l intervalle [t 0, T ] mais, d après le théorème de Cauchy-Lipschitz appliqué à t = t 0 puis à t = t 0 + T, il existe un intervalle ouvert I contenant [t 0, t 0 + T ] et une unique solution de ( ) sur I qui coïncide avec (x, y) sur [t 0, T ]. On suppose l intervalle I maximal pour cette propriété. Désignons alors donc encore cette solution par (x, y). En raison de l unicité de la solution, il existe un intervalle ouvert J I contenant t 0 et une fonction φ : J I tels que φ(t 0 ) = T et ( x(φ(t)), y(φ(t) ) = ( x(t), y(t) ) pour tout t J. Mais x (t) = f(x(t), y(t) = f ( x(φ(t)), y(φ(t)) ) = x (φ(t)) = x (t)φ (t) 49

50 et, par un argument semblable, y (t) = y (t)φ (t). Puisque ( x(t), y(t) ) est régulier, on en tire que φ (t) = 1. Puisque φ(t 0 ) = t 0 + T, on voit que φ(t) = t + T et ( x(t), y(t) ) = ( x(t + T ), y(t + T ) ) pour tout t J. Remarque. La fonction t ( cos t 3, sin t 3) paramètre le cercle de centre (0, 0) et de rayon un mais n est pas périodique. On en tire qu elle ne peut être solution d un système dynamique de la forme ( ). Cette remarque montre que ce n est pas seulement l allure de la courbe qui compte mais également le paramétrage utilisé. (8.3) Soit (x 0, y 0 ) un point régulier du système ( ), c est-à-dire ( f(x 0, y 0 ), g(x 0, y 0 ) ) (0, 0). S il y a une solution (x, y) de ( ) passant par (x 0, y 0 ), alors il existe t 0 tel que x 0 = x(t 0 ), y 0 = y(t 0 ) et ( f(x 0, y 0 ), g(x 0, y 0 ) ) = ( x (t 0 ), y (t 0 ) ) est un vecteur tangent à la courbe intégrale à (x 0, y 0 ). Autrement dit, on connait la tangente à la courbe intégrale au point (x 0, y 0 ) sans connaître t 0. Cela permet souvent de se donner une idée de l allure des courbes intégrales sans en connaître une paramétrisation précise. Par définition, le champ de vecteur associé au système est l application qui associe à tout point (x, y) du domaine de définition de (f, g) le vecteur (x, y ) = ( f(x, y), g(x, y) ). Il est utile de savoir effectuer un croquis donnant l allure du champ de vecteur. Pour cela, on détermine les régions ou x > 0, x < 0, y > 0, y < 0 à l aide des relations x = f(x, y), y = g(x, y). On note les points critiques (équilibres). En dehors de ceux-ci, la courbe monte vers le haut si y > 0, descend vers le bas si y < 0, tend vers la droite si x > 0 et tend vers la gauche si x < 0. La tangente est verticale si x = 0 mais y 0 ; elle est horizontale si y = 0 mais x 0. La taille de x (t) et de y (t) permet souvent de se donner une idée de la rapidité du déplacement du point ( x(t), y(t) ) en fonction de t. Supposons par exemple que x, y soient de classe C (2). Alors x et y se calculent en fonction de f(x, y), g(x, y) et de ses dérivées partielles d ordre un, et sont donc connues. Mais x(t + h) = x(t) + hx (t) + h2 2 x (t + θ 1 h), y(t + h) = y(t) + hy (t) + h2 2 y (t + θ 2 h) avec 0 < θ 1, θ 2 < 1. Si donc x et y sont bornées par M > 0 dans une certaine région, alors x(t + h) x(t) x (t)h M h 2 2, y(t + h) y(t) y (t)h h 2 M 2 dans cette région. Exemple. Soit le système x = 1 xy, y = x. La figure représente le champ de vecteur et les flèches indiquent le sens d augmentation du paramètre t. Il n y a pas d équilibre. La tangente est verticale sur les deux branches de l hyperbole {(x, y) R 2 xy = 1}. Elle est horizontale sur l axe x = 0. Ces courbes découpent également le plan en régions suivant le signe de x et de y. 50

51 ,5 0 2, L illustration montre les axes et la courbe y = 1/x où le champ est vertical. (8.4) L utilisation de coordonnées polaires permet parfois de simplifier l étude d un système. Rappelons que étant donné (x, y) (0, 0), il existe r > 0 et θ R tels que x = r cos θ, y = r sin θ. Ici, r est unique et θ est uniquement déterminé à un multiple entier de 2π près. Si x, y sont des fonctions de t, on trouve ( ) x (t) = r (t) cos ( θ(t) ) r(t)θ (t) sin ( θ(t) ), y (t) = r (t) sin ( θ(t) ) + r(t)θ (t) cos ( θ(t) ). En dérivant x(t) 2 + y(t) 2 = r(t) 2, on trouve x(t)x (t) + y(t)y (t) = r(t)r (t). En multipliant le premier membre de ( ) par y(t) = r(t) sin ( θ(t) ), le second par x(t) = cos ( θ(t) ) et en soustrayant, on trouve ( ) x (t)y(t) x(t)y (t) = r(t) 2 θ (t). (8.4.1) Exemples. (i) On peut utilser les coordonnées polaires pour affiner son idée de l allure du champ de vecteur. Le signe de la dérivée r de r indique si une courbe intégrale s approche ou s éloigne de l origine. Lorsque r 0, r est du même signe que rr. Reprenons alors l exemple de (8.3). On a rr = xx + yy = x x 2 y + xy = x(1 xy + x). La courbe intégrale passant par (x, y) s éloigne de l origine lorsque x et 1 xy +x ont le même signe et l approche lorsque les deux signes sont opposés. (ii) Soit le système (1) x = x + y x(x 2 + y 2 ), y = x + y y(x 2 + y 2 ) avec t [0, + [. Le seul équilibre est (0, 0) ce qui est un foyer instable. Le solutions avec ( x(0), y(0) ) proche de l origine s en éloignent en spiralant autour. Mais, nous allons voir que les solutions avec ( x(0), y(0) ) très éloigné de l origine s en approchent en spiralant autour. Si l on multiplie le premier membre du système par x et le second par y on trouve, en prenant la somme xx + yy = (1 x 2 y 2 )(x 2 + y 2 ). Or, x 2 + y 2 = r 2 et xx + yy = rr et donc rr = (1 r 2 )r 2 puis (2) r = (1 r 2 )r. 51

52 On en tire que r > 0 si r ]0, 1[ et r < 0 si r > 1. Par conséquent, les courbes intégrales s approchent à l origine si r > 1 et s en éloignent si r < 1. Remarquons que r = 1 est l unique solution constante de (2). Afin de trouver une équation faisant intervenir θ, on voit, d après (1), que x y xy = x 2 +y 2 = r 2. En appliquant ( ), on en déduit que (3) θ (t) = 1. Cette équation a pour solution θ(t) = θ(0) t ce qui montre que toute solution spirale autour de l origine. En prenant r = 1, on tire que le cercle de centre l origine et de rayon un est une courbe intégrale du système (1). Mais on peut intégrer l équation (2), en distinguant les cas r ]0, 1[ et r > 1. D abord dans les deux cas, on a 1 r(1 r 2 ) = 1 r + r 1 r 2 r r + rr 1 r = 1. 2 et donc Si 0 < r < 1, on en tire que log r 1 log(1 2 r2 ) = t + D, D constante, puis K = 1 r(0) r(0) > 0 est une constante. Il s ensuit que r = K 1 e 2t. Si r > 1, on a r rr = 1 puis log r 1 r r log(r2 1) = t + D ce qui conduit à où K = r(0) r(0) est un constante > 1. On trouve alors r = K 1 e 2t. r 1 r 2 = Ke t où r r 2 1 = Ket 1 L ensemble des solutions peuvent donc être résumé sous la forme r(t) = 1+Ce 2t avec C 1 une constante, On a C ] 1, 0[ lorsque r(0) ]0, 1[, C = 0 lorsque r(0) = 1 et C > 0 lorsque r(0) > 1. La solution r(t) = 1, θ(t) = θ(0) t conduit à la solution périodique x(t) = cos (θ(0) t), y(t) = sin (θ(0) t) du système (1). On appelle une telle solution périodique (ou plutôt la courbe intégrale correspondante) un cycle limite. Dans le présent cas, il s agit d un cycle limite stable, car les autres solutions non-nulles du système convergent vers celle-ci lorsque t +. (8.5) L équation de van de Pol x µ(1 x 2 )x + x = 0, µ > 0 constante, est un autre exemple d une équation différentielle possédant un cycle limite stable. Notons que l équation linéarisée x µx + x = 0 n en possède pas, car µ > 0 par hypothèse et à nouveau l unique équilibre est x = 0. L équation de van der Pol est équivalente au système x = y, y = x + µ(1 x 2 )y. D après le théorème de Hartman-Grobman, l équilibre (0, 0) est un foyer instable si µ < 2, un nœud instable si µ 2. Cherchons l allure du champ de vecteur. Si (x, y) est solution du système, alors ( x, y) en est une aussi, et le champ de vecteur est donc symétrique par rapport à l origine. Les tangentes x sont verticales sur l axe y = 0 et horizontales sur la courbe y =. Ces courbes découpent µ(1 x 2 ) le plan en zones selon le signe de x et de y. Il est également utile de savoir si les courbes intégrales s approchent ou s éloignent de l origine. Pour cela, on utilise les coordonnées polaires. On a rr = xx + yy = µ(1 x 2 )y 2. Puisque µ > 0 et r > 0, le signe de r est celui de 1 x 2. Ainsi, les courbes intégrales s éloignent de l origine si x < 1 et s en approchent si x > 1. Le croquis indique la situation lorsque µ = 1. Soit (x, y) une courbe intégrale dont la position initiale ( x(0), y(0) ) est située dans le disque centré à l origine et de rayon un. Dans un premier temps au moins, la courbe tourne autour de 52

53 l origine et s éloignant, car x(0) < 1. Par contre, si (x, y) est une solution avec ( x(0), y(0) ) dans la zone x < 1 et y > x en haut à gauche, alors y(0) > y µ(1 x 2 ) 0 := x(0), et µ(1 x(0) 2 x(t) x(0) = t 0 x (u)du = t 0 t y(u)du y 0 du = y 0 t pourvu que y(u) y 0 pour tout u [0, t]. Or, la courbe intégrale descend d abord vers la droite, x mais coupe la branche de y = à gauche en haut en un point (x µ(1 x 2 ) 1, y 1 ) avec y 1 > y 0 car la fonction x x est croissante. Ensuite, le flot remonte jusqu a l intersection avec la branche µ(1 x 2 ) x de y = passant par l origine. La condition y(u) y µ(1 x 2 ) 0 est donc encore vérifiée et la courbe passe donc forcément dans la région en haut à droite où y < 0 et x > 1. Ici, elle s approche à l origine en descendant vers le bas. Puis, elle tourne autour de l origine dans le sens des aiguilles d une montre. Puisqu une courbe intégrale ne se coupe pas, elle tourne autour de l origine en spirale en l approchant. Puisque deux courbes intégrales distinctes ne se coupent pas, les courbes intégrales dont le point initial est situé dans le disque centré à l origine et de rayon un sont bornées par les courbes s approchant de l extérieur. Cette situation suggère l existence d une solution périodique. On peut effectivement démontrer que toutes les solutions non-nulles convergent vers un unique cycle limite qui est lui même une courbe intégrale de l équation. Pour le faire, on note λ 1, λ 2,..., la suite des abcisses des points successives d intersection avec la partie de l axe Oy où x > 0 d une solution non-nulle du système. On montre que la suite (λ n ) est croissante ou décroissante, et convergente vers une limite λ qui ne dépend pas de la solution choisie. Ensuite, on montre que la solution (x, y) avec x(0) = 0, y(0) = λ répond au problème. L illustration montre la courbe y = x/(1 x 2 ) où le champ est vertical ainsi que la courbe intégrale commençant au point (1, 0) ,5 0 2, EXERCICES (e8.1) Calculer les dérivées secondes x, y, lorsque x, y vérifient le système x = f(x, y), y = g(x, y). On suppose f et g de classe C (1). 53

54 (e8.2) Chercher l allure du champ de vecteur du système de l exemple (8.4.1) (ii) (sans utiliser les solutions indiquées dans le texte!). (e8.3) Montrer que si x = f(x, y), y = g(x, y) est un système dynamique, et si x = r cos θ, y = r sin θ sont les coordonnées polaires, alors r = f(r cos θ, r sin θ) cos θ + g(r cos θ, r sin θ) sin θ, rθ = f(r cos θ, r sin θ) sin θ + g(r cos θ, r sin θ) cos θ. et (e8.4) Résoudre le système x = x(x 2 + y 2 ), y = y(x 2 + y 2 ) en utilisant les coordonnées polaires. Décrire les courbes intégrales. On remarquera qu il n y a pas de solution paramétrée par R, ni même par un intervalle de la forme [a, + [. Ceci justifie la remarque suivant l énoncé du théorème de Cauchy- Lipschitz (10.4). (e8.5) Soit a > 0 une constante. Montrer que le système x = y + y = x + x x 2 + y 2 (x2 + y 2 a 2 ) y x 2 + y 2 (x2 + y 2 a 2 ) a une unique solution périodique non-nulle, et que le cycle limite correspondant est instable. (e8.6) Dans cet exercice, on établit l existence de solutions périodiques du système différentiel (S) x (t) = x(t) 2 y(t), y (t) = x(t) y(t) 2. (i) Montrer que le système (S) possède deux solutions constantes que l on précisera. (On ne demande pas d étude de leur stabilité.) On note r, θ les coordonnées polaires, de sorte que x(t) = r(t) cos θ(t) et y(t) = r(t) sin θ(t). (ii) Montrer que si t ( x(t), y(t) ) est une solution de (S), alors et que r (t) = r(t) 2 (cos 3 θ(t) sin 3 θ(t)) θ (t) = 1 r(t)(cos θ(t) sin θ(t))(cos θ(t) + sin θ(t)) pourvu que r(t) 0. (iii) En déduire que si Π désigne le demi plan {(x, y) R 2 y > x}, alors r (t) < 0 lorsque (x(t), y(t)) Π. On note α un réel vérifiant 0 < α < 1 et (x α, y α ) l unique solution de (S) vérifiant x(0) = y(0) = α. On note r α et θ α les coordonnées polaires de (x α, y α ) et C α la courbe intégrale correspondante. Lorsque t R, on note C α (t) le point de C α d affixe (x α (t), y α (t)). (iv) Calculer r α (0), θ α (0), r α(0) et θ α(0). En déduire qu il existe T > 0 tel que C α (t) Π pour tout t ]0, T [. (v) Montrer que θ α(t) 1 α puis que θ α (t) t(1 α) + π/4 quelque soit t ]0, T [. En déduire qu il existe t 0 ]0, π/(1 α)] tel que θ α (t 0 ) = 5π/4. (On pourra utiliser sans démonstration l inégalité cos θ sin θ(cos θ + sin θ) 1/ 2 qui est valable quelque soit θ R.) (vi) Montrer que si t ( x(t), y(t) ) est solution de (S), alors t ( y( t), x( t) ) est encore solution de (S). En déduire que les courbes intégrales de (S) sont symétriques par rapport à la première bissectrice. (vii) En conclure que C α tourne en boucle autour de l origine, puis que la solution t ( x α (t), y α (t) ) est périodique. (e8.7) On propose étudier le système x = y, y = x + x 3. L équation d ordre deux associée x + x x 3 = 0 est un cas particuler de l équation de Duffing x + ω 2 x + εx 3 = 0. On pose x = r cos θ, y = r cos θ comme d habitude. 54

55 (i) Vérifier que le système possède trois points critiques (équilibres) et déterminer leur nature à l aide du théorème de Hartman-Grobman. (ii) Vérifier que si t (x(t), y(t)) est une solution du système alors t ( x(t), y(t)) en est également une. (iii) Dans le diagramme des phases, comparer lex vecteurs aux points (x, y), ( x, y), (x, y) et ( x, y). (iv) En déduire que toute courbe intégrale traversant l axe y = 0 est symétrique par rapport à l axe en question et que toute courbe intégrale traversant l axe x = 0 est symétrique par rapport à cet axe. (v) Étudier les signes de x et de y selon la position de point (x, y). Vérifier que rr = x 3 y puis déterminer si la courbe intégrale passant par (x, y) s approche ou s éloigne de l origine. Faire un croquis de l allure du champ de vecteur. (vi) Soit α ]0, 1[. Vérifier que la courbe intégrale passant par (α, 0) déscend puis tourne à gauche puis coupe l axe x = 0. En utilisant les symétries des questions précédentes, montrer que le courbe intégrale en question effectue une boucle autour de l origine dans le sens des aiguilles d une montre. (vii) Vérifier que le système possède également des courbes intégrales non-bornées. Thème 9. Calcul des variations (9.1) L objet du calcul des variations est la recherche des extremums d intégrales de certaines familles de fonctions assujetties, en général à des contraintes. Un problème simple, auquel nous avons déjà fait allusion dans l Introduction (0.1.4) est le suivant. Soient a, b, α, β quatre réels avec a < b et soit Υ l ensemble des fonctions f : [a, b] R de classe C (2) telles que f(a) = α et f(b) = β. Pour tout f Υ, on pose L(f) = b a 1 + f (t) 2 dt. Il est clair que L(f) est un nombre réel strictement positif. Le problème est de trouver f 0 Υ tel que L(f) L(f 0 ) pour tout f Υ, si une telle fonction existe. (9.1.1) La prémière étape dans l étude du problème est de chercher des conditions nécessaires sur la fonction f 0. Soit H le R-espace vectoriel de fonctions h : [a, b] R de classe C (2) de vérifiant h(a) = h(b) = 0, de sorte que toute fonction de Υ soit de la forme f 0 + h avec h H. Si l on suivait à la lettre l étude des extremums d une fonction à valeurs réelles sur un domaine de R p, on chercherait des «fonctions critiques» f 0 Υ analogues aux points critiques. Mais, en l absence d une définition simple de fonction critique, nous adoptons une autre stratégie. Fixons donc h H et considérons la fonction Φ h : R R définie par Φ h (ε) = L(f + εh) = b a 1 + (f (t) + εh (t)) 2 dt. On remarque que f 0 + εh Υ quelque soit la valeur de ɛ. Si f 0 est un minimum de L, alors 0 est un minimum de Φ h et, par conséquent, Φ h (0) = 0. Or, b ( f Φ h(ε) = 0 (t) + εh (t) ) h (t) 1 + (f 0 (t) + εh (t)) dt, 2 d où, en particulier, a Φ h(0) = b a f 0(t)h (t) 1 + f 0 (t) 2 dt. 55

56 Puisque f 0 et h sont supposées de classe C (2), on peut intégrer par parties : Φ h(0) = b a f 0(t)h (t) b 1 + f 0 (t) dt = 2 En faisant varier h H, on en tire que b f 0 (t)h(t) dt = 0 (1 + f 0(t) 2 ) 3/2 a a f 0 (t)h(t) (1 + f 0(t) 2 ) 3/2 dt. quelque soit la fonction h H. D après le lemme (9.2.1) qui nous allons démontrer, on en déduit f 0 que (t) = 0. Cette équation entraîne que f (1+f 0 (t)2 ) 3/2 0 (t) = 0 et donc qu il existe des constantes C et D telles que f 0 (t) = Ct + D. Les valeurs de C et de D sont alors déterminées par les conditions f 0 (a) = α et f 0 (b) = β et on trouve au final que f 0 (t) = β α (t a) + α. b a La fonction f 0 représente le segment droit passant de (a, α) à (b, β), comme l intuition suggère. Si l on suit la stratégie d étude des extremums des fonctions à valeurs réelles sur un domaine de R p, la prochaine étape serait de déterminer s il s agit d un minimum local. Il est facile de montrer que, quelque soit h H avec h 0, la fonction ε Φ h (ε) a un minimum en ε = 0. Pour cela, il suffit de constater que Φ h (0) > 0, ce qui se fait en dérivant la formule pour Φ h (ε). On trouve Φ h(0) = b a h (t) 2 ( 1 + (f 0 (t) 2) 3/2 dt, ce qui est strictement positive lorsque h H et h 0 (voir l exercice (e9.1)). (9.1.2) Mais l argument que nous venons de donner ne suffit pas pour démontrer que f 0 est un minimum local de L, dans le sens qu il existe un voisinage V de f 0 tel que L(f) > L(f 0 ) pour tout f V. La difficulté provient, essentiellement, du fait que l espace vectoriel H est de dimension infinie (car il contient, par exemple, la famille libre de fonctions {t (t a) r (b t) r N}). Nous avons déjà fait allusion (2.4) au fait que, dans un espace vectoriel normé de dimension infinie, les boules fermées ne sont pas compactes. Ce résultat empêche la généralisation simple du théorème (4.6.1) aux espaces de dimension infinie. Nous nous contenterons donc par la suite d adapter les arguments de (9.1.1) à un cadre plus général, sans chercher à approfondir cette difficulté. (9.2) Rappelons d abord pour mémoire deux résultats bien connus utilisés dans ce raisonnement. (i) Si g, h : [a, b] R sont deux fonctions de classe C (1), on a la formule d intégration par parties b a g(t)h (t)dt = g(b)h(b) g(a)h(a) b a g (t)h(t)dt. (ii) Si I est un intervalle ouvert et si F : [a, b] I R est une application de classe C (1), alors la fonction Φ : I R définie par Φ(ε) = b F (t, ε)dt est dérivable et sa dérivée est a Φ (ε) = b a F 2(t, ε)dt. Le lemme qui suit et ses variants sont d une importance centrale dans le calcul des variations. (9.2.1) Lemme. Soit f : [a, b] R continue. On suppose que, pour toute fonction h : [a, b] R de classe C (2) vérifiant h(a) = h(b) = 0, on ait b f(t)h(t)dt = 0. Alors f(t) = 0 pour tout a t [a, b]. 56

57 Démonstration. Puisque f est continue, il suffit de montrer f(t) = 0 lorsque t ]a, b[. Supposons pour une contradiction qu il existe t 0 ]a, b[ tel que f(t 0 ) 0. Supposons alors que f(t 0 ) > 0, le cas où f(t 0 ) < 0 se traite de la même façon. Soit δ > 0 tel que δ < max(b t 0, t 0 a) et tel que f(t) 1f(t 2 0) quelque soit t [t 0 δ, t 0 + δ]. Soit h 0 : [a, b] R la fonction définie par h 0 (t) = (t t 0 δ) 4 (t t 0 +δ) 4 lorsque t [t 0 δ, t 0 +δ] et h 0 (t) = 0 ailleurs. Alors h 0 est de classe C (2) et h 0 (a) = h 0 (b) = 0. En outre h 0 (t) 0 pour tout t et h 0 (t) > 0 lorsque t ]t 0 δ, t 0 + δ[. Par conséquent, b a f(t)h 0 (t)dt = t0 +δ t 0 δ f(t)h 0 (t)dt f(t 0) 2 t0 +δ t 0 δ h 0 (t)dt > 0, une contradiction. Remarque. Afin d effectuer l intégration par parties dans (9.1.1), nous avons supposé que f 0 soit de classe C (2). Une variante du lemme (9.2.1), appelé lemme de Du Bois-Reymond permet de montrer que tout extremum local f 0 de classe C (1) est nécessairement de classe C (2). Les autres cas que nous allons étudier dans cette thème se généralisent de la même manière. (9.3) Le raisonnement utilisé dans (9.1.1) pour chercher une condition nécessaire pour que f 0 soit un extremum local se généralise facilement. Supposons par exemple que l on cherche les extremums de L(f) := b a F ( t, f(t), f (t) ) dt, où F est une fonction connue de classe C (2) et f parcourt les fonctions [a, b] R de classe C (2) vérifiant f(a) = α, f(b) = β. Si f 0 est une fonction répondant au problème, alors pour toute fonction h : [a, b] R de classe C (2) telle que h(a) = h(b) = 0, la fonction Φ h : R R définie par vérifie Φ h (0) = 0, soit Φ h (ε) = b a F ( t, f 0 (t) + εh(t), f 0(t) + εh (t) ) dt b a ( ( F 2 t, f0 (t), f 0(t) ) ( h(t) + F 3 t, f0 (t), f 0(t) ) h (t) ) dt = 0. Si l on suppose que F et f 0 soient de classe C (2), on peut intégrer par parties le terme ce qui donne b a F 3( t, f0 (t), f 0(t) ) h (t)dt ( ) b a ( ( F 2 t, f0 (t), f 0(t) ) d dt F ( 3 t, f0 (t), f 0(t) )) h(t)dt = 0. Puisque ( ) doit être valable quelque soit la fonction h, on tire le résultat suivant en appliquant le lemme (9.2.1). (9.3.1) Théorème. Si f 0 est un extremum de classe C (2) de f L(f), alors f 0 satisfait à l équation d Euler F 2(t, f 0, f 0) d dt F 3(t, f 0, f 0) = 0. 57

58 D après ce qui précède, il s agit d une équation différentielle d ordre au plus deux et non-linéaire en général. (9.3.2) On dit que L a un maximum local faible en f 0 si, quelque soit h H, il existe un intervalle ouvert I contenant 0 tel que L(f 0 + εh) L(f 0 ) pour tout ε I. La notion de minimum local faible est définie de la même façon. On peut chercher si f 0 correspond à un maximum ou un minimum local faible en étudiant le signe de Φ h (0). Si Φ h (0) > 0 quelque soit h 0 il s agit d un minimum et si Φ h (0) < 0 quelque soit h 0 il s agit d un maximum. Pour en déduire un critère explicite, on calcule Φ h(0) = b ( ( = F 2,2 t, f0 (t), f 0(t) ) ( h(t) 2 + 2F 2,3 t, f0 (t), f 0(t) ) h(t)h (t) + F 3,3( ( t, f 0 (t), f 0(t) ) h (t) )dt, 2 a D où un critère dépendant de la forme quadratique associée à la matrice hessienne de F par rapport aux deuxième et troisième variables : (9.3.3) Proposition. Soit q t la forme quadratique associée à la matrice ( ) F 2,2(t) F 2,3(t) F 2,3(t) F 3,3(t). Si q t est définie positive quelque soit t [a, b], alors f 0 représente un minimum local faible, alors que si q t est définie négative quelque soit t [a, b], alors f 0 représente un maximum local faible. (9.4) Ces considérations se généralisent aux extremums d intégrales de la forme ( ) L(f, g) = b a F (t, f, f, g, g )dt, où les fonctions inconnues f et g vérifient f(a) = α 1, f(b) = β 1, g(a) = α 2, g(b) = β 2. On se donne deux fonctions h, k vérifiant h(a) = k(a) = h(b) = k(b) = 0 et on considère la fonction Φ : R 2 R définie par Φ(ε 1, ε 2 ) = b a F (t, f 0 + ε 1 h, f 0 + ε 1 h, g 0 + ε 2 k, g 0 + ε 2 k )dt. Si (f 0, g 0 ) est un extremum de ( ), alors les deux dérivées partielles Φ 1(0, 0) et Φ 2(0, 0) s annulent quelque soit les fonctions h, k de classe C (2). Or, Φ 1(0, 0) = Φ 2(0, 0) = b a b a ( F 2 (t, f 0, f 0, g 0, g 0)h + F 3(t, f 0, f 0, g 0, g 0)h ) dt et ( F 4 (t, f 0, f 0, g 0, g 0)k + F 5(t, f 0, f 0, g 0, g 0)k ) dt. En intégrant par parties puis en appliquant le lemme (9.2.1) comme auparavant, on déduit la proposition suivante : (9.4.1) Proposition. Si (f 0, g 0 ) est un extremum de L avec f 0 et g 0 de classe C (2), alors f 0 et g 0 vérifient les équations d Euler F 2(t, f 0, f 0, g 0, g 0) d dt F 3(t, f 0, f 0, g 0, g 0) = 0, F 4(t, f 0, f 0, g 0, g 0) d dt F 5(t, f 0, f 0, g 0, g 0) = 0. 58

59 d Ici encore, G désigne la dérivée par rapport à t de la fonction t G(t). On trouve donc dt d dt F 3(t, f 0, f 0, g 0, g 0)(t) = F 3,1(t) + F 3,2(t)f 0(t) + F 3,3(t)f 0 (t) + F 3,4(t)g 0(t) + F 3,5(t)g 0(t) pour tout t [a, b], avec une formule semblable pour d dt F 5(t, f 0, f 0, g 0, g 0)(t). (9.4.2) Le critère pour que f 0 soit un maximum ou un minimum faible se généralise aussi au cas de deux fonctions inconnues. On trouve que (f 0, g 0 ) est un minimum si la forme quadratique associée à ( ) Φ 1,1 (0, 0) Φ 1,2(0, 0) Φ 2,1(0, 0) Φ 2,2(0, 0) est définie positive pour tout (h, k). De même, il s agit d un maximum lorsque la forme quadratique en question est définie négative. (9.5) Terminons ce thème avec un cas d extremum sous contrainte qui se rencontre souvent en économie (voir l exercice (e9.8) pour une application). Il s agit de trouver les extremums de L(f, g) = b a F (t, f, f, g, g )dt, où f(a) = α 1, f(b) = β 1, g(a) = α 2, g(b) = β 2 et f et g sont liées par une contrainte de la forme G(t, f, f, g, g ) = 0. Pour cela, on se donne à nouveau deux fonctions h et k telles que h(a) = k(a) = h(b) = k(b) = 0 et on considère la fonction Φ(ε 1, ε 2 ) = b a F (t, f 0 + ε 1 h, f 0 + ε 1 h, g 0 + ε 2 k, g 0 + ε 2 k )dt. On trouve alors b ( (F Φ 1(0, 0) + Φ 2(0, 0) = 2(t, f 0, f 0, g 0, g 0) d a dt F 3(t, f 0, f 0, g 0, g 0) ) h+ + ( F 4(t, f 0, f 0, g 0, g 0) d dt F 5(t, f 0, f 0, g 0, g 0) ) ) (1) k dt. On peut interprêter cette expression comme la dérivée directionnelle de L(f, g) en (f 0, g 0 ), dans la direction (h, k). Lorsque (f 0, g 0 ) est un extremum sans contrainte, elle s annule quelque soit le choix des fonctions h, k. En particulier, en considérant successivement les cas où k = 0 et où h = 0, on retrouve les considérations de (9.4). Dans le présent cas, on s attend à l annulation de (1) uniquement lorsque (h, k) définit un «vecteur tangent» de G(t, f 0, f 0, g 0, g 0) = 0, c est-àdire lorsque ( 1, h(t), h (t), k(t), k (t) ) est dans l espace tangent de G ( t, f 0 (t), f 0(t), g 0 (t), g 0(t) ) = 0 quelque soit t [a, b]. Cette condition équivaut à (2) G 2( t, f0 (t), f 0(t), g 0 (t), g 0(t) ) h(t) + G 3( t, f0 (t), f 0(t), g 0 (t), g 0(t) ) h (t)+ + G 4( t, f0 (t), f 0(t), g 0 (t), g 0(t) ) k(t) + G 5( t, f0 (t), f 0(t), g 0 (t), g 0(t) ) k (t) = 0 quelque soit t [a, b]. Présenté ainsi, l argument n est pas tout à fait rigoureux. Pour le justifier en détail, on aurait besoin de développer le calcul différentiel dans les espaces de fonctions et, plus généralement, dans 59

60 les espaces normés de dimension infinie. Mais un tel développement irait au delà de ce qu il serait raisonnable de faire dans le cadre d une troisième année de licence. (9.5.1) Le cas où F (t, f, f, g, g ) = M(t, f, g) et G(t, f, f, g, g ) = f N(t, f, g), où les fonctions M et N ne dépendent que de t, f et g et non de f ni de g, est particulièrement important dans les applications au contrôle optimal. Dans ce cas, (1) et (2) se simplifient respectivement en (1 ) Φ 1(0, 0) + Φ 2(0, 0) = et en b a (M 2(t, f 0, g 0 )h(t) + M 3(t, f 0, g 0 )k(t))dt (2 ) N 2(t, f 0 (t), g 0 (t)h(t) + h (t) N 3(t, f 0 (t), g 0 (t))k(t) = 0. (9.5.2) Théorème. Soit (f 0, g 0 ) un couple de fonctions tel que N 3(t, f 0 (t), g 0 (t)) 0 pour tout t [a, b] et on pose H(t, f, g, λ) = M(t, f, g) + λ(t)n(t, f, g), où la fonction λ est à déterminer. Si H, λ, f 0 et g 0 vérifient H 3(t, f 0, g 0, λ) = 0, H 4(t, f 0, g 0, λ) = f 0, H 2(t, f 0, g 0, λ) = λ, alors (f 0, g 0 ) est un extremum de M sous la contrainte f = N. Démonstration. D après (2 ), les hypothèses permettent d écrire En substituant dans (1 ), on tire que b a k(t) = h (t) N 2(t, f 0, g 0 )h(t). N 3(t, f 0, g 0 ) ( (M 2(t, f 0, g 0 ) N 2(t, f 0, g 0 )) M h(t) + 3(t, f 0, g 0 ) ) N 3(t, f 0, g 0 ) N 3(t, f 0, g 0 ) h (t) dt = 0 puis, en intégrant par parties le terme b a conclut que b a M 3 (t,f 0,g 0 ) N 3 (t,f 0,g 0 dt et en rappelant que h(a) = h(b) = 0, on ) ( M 2(t, f 0, g 0 ) N ( 2(t, f 0, g 0 ) (M N 3(t, f 0, g 0 ) + 3 ( d N dt 3) N 3( d M dt 3) ) (t, f 0, g 0 )) h(t)dt = 0 N 3(t, f 0, g 0 ) 2 quelque soit la fonction h de classe C (2) telle que h(a) = h(b) = 0. D après le lemme (9.2.1), on tire que (3) M 2(t, f 0, g 0 ) N ( 2(t, f 0, g 0 ) (M N 3(t, f 0, g 0 ) + 3 ( d N dt 3) N 3( d M dt 3) ) (t, f 0, g 0 ) = 0. N 3(t, f 0, g 0 ) 2 Soient donc H, λ vérifiant les équations de l énoncé. Puisque l on a H 3(t, f 0, g 0, λ) = 0 et N 3(t, f 0, g 0 ) 0, on a λ(t) = M 3(t, f 0, g 0 ) N 3(t, f 0, g 0 ), puis, en dérivant par rapport à t, λ (t) = ( (M 3 ( d dt N 3) N 3( d dt M 3) ) (t, f 0, g 0 ) N 3(t, f 0, g 0 ) 2. 60

61 Puisque H 2(t, f 0, g 0, λ) = λ, on a M 2(t, f 0, g 0 )+λ(t)n 2(t, f 0, g 0 )+λ (t) = 0. En substituant pour λ et λ, on trouve bien l équation (3). Enfin, l hypothèse H 4(t, f 0, g 0, λ) = 0 n est qu une autre façon d exprimer la contrainte f 0 = N(t, f 0, g 0 ). EXERCICES (e9.1) Justifier l affirmation faite à la fin de (9.1.1) que Φ h (0) > 0 quelque soit h H, h 0. (e9.2) Trouver les fonctions f 0 : [0, 1] R de classe C (2) et vérifiant f(0) = 0, f(1) = 1 qui donnent les valeurs extremales de 1 ( 0 t 2 + f (t) 2 )dt. (Écrire d abord l équation d Euler (9.3.1).) (e9.3) Trouver la fonction f 0 : [0, 2] R de classe C (2) vérifiant f 0 (0) = 0 et f 0 (2) = 8 qui donne la valeur minimale de 2 ( 0 tf(t) + f (t) 2) dt. (e9.4) Déterminer la valeur minimale de l intégrale 1 0 et f (t) 2 dt où f parcourt les fonctions de [0, 1] dans R de classe C 2 vérifiant f(0) = 0 et f(1) = 1 e 1. (e9.5) (i) On considère le cas de (9.3.1) où la fonction F ne dépend explicitement que de f et de f et non de t. On a donc F 1 = 0. Montrer que la fonction t dt( d F f F 3) (t) est identiquement nulle sur [a, b]. (Utiliser l équation d Euler.) En déduire que t (F f F 3 )(t) est constante sur [a, b]. (ii) Application. On suppose que F (x, y) = 1 + x 2 y 2. Trouver l unique fonction f 0 E qui puisse être un extremum de L et qui vérifie f 0 ( 1) = 0 et f 0 (1) = 1. (e9.6) Étudier les fonctions f 0 : [0, 1] R + vérifiant f 0 (0) = α > 0 et f 0 (1) = β > 0 donnant les 1+f (t) 2 dt. (Utiliser l exercice précédent pour montrer que f 0 (t) ( 1 + f f(t) 0 (t)2) est valeurs extremales de 1 0 une constante strictement positive que l on exprimera en fonction de α et de β. Ensuite chercher une solution de f 0 (t) ( 1 + f 0 (t)2) = C de la forme f 0 (t) = A + B cos t.) (e9.7) Trouver le couple de fonctions (f 0, g 0 ) de classe C (2) sur [a, b] et vérifiant f 0 (a) = α 1, f 0 (b) = β 1, g 0 (a) = α 2, g 0 (b) = β 2 qui fournit le minimum de b a f (t) 2 + g (t) 2 dt. (e9.8) Soient T, r, α, β, a, b, ε des réels avec T, r, ε, β, et b > 0. On propose à chercher à maximiser T 0 e rt( αf(t) βf(t) 2 ag(t) bg(t) 2) dt lorsque f et g sont liées par f (t) = g(t) εf(t). En économie, c est le modèle d Eisner-Strotz. On utilise la méthode de (9.5.2). (i) Écrire les fonctions M, N, puis H et λ de l énoncé du théorème (9.5.2) dans le présent cas. (ii) Écrire les trois équations H 2 = λ, H 3 = 0, H 4 = f 0 qui sont vérifiées lorsque (f 0, g 0 ) donne une valeur extremale de l intégrale et H = H(t, f 0, g 0, λ). (iii) En déduire que f 0 et g 0 sont solutions du système f 0(t) = εf 0 (t) + g 0 (t), g 0(t) = β b f 0(t) + (r + ε)g 0 (t) + (r + ε)a α. 2b (iv) Montrer que (f 0, g 0 ) donne bien un maximum. (La matrice hessienne de M par rapport aux deux dernières variables est ( 2βe rt 0 ce qui est définie négative quelque soit la valeur de t.) 0 2be rt ) 61

62 Thème 10. Applications aux équations différentielles (10.1) Dans ce dernier thème, nous allons appliquer les notions du thème précédent à l étude des questions d existence et d unicité de solutions d équations et de systèmes différentielles. (10.1.1) Considérons d abord le cas d une équation de premier ordre de la forme ( ) x (t) = F ( t, x(t) ), avec condition initiale x(t 0 ) = a 0. Ici, on se fixe un intervalle I, t 0 I ainsi que a 0 R et la solution cherchée est une fonction x : I R. On suppose que F : I R R est continue et que x est de classe C (1). Alors ( ) x(t) = a 0 + t t 0 F ( u, x(u) ) du. Réciproquement, si l on dérive ( ), on retrouve ( ) et toute fonction x vérifiant ( ) vérifie également x(t 0 ) = a 0. Ainsi, résoudre l équation différentielle ( ) avec la condition initiale x(t 0 ) = a 0 équivaut à résoudre l équation intégrale ( ). Remarquons qu il suffit de chercher les solutions continues, car une telle solution sera en fait de classe C (1), car la fonction t a 0 + t t 0 F ( u, x(u) ) du est dérivable et sa dérivée t F ( t, x(t) ) est continue puisque F et x le sont. Les équations intégrales offrent plusieurs avantages par rapport aux équations différentielles. Ceci découle du fait que l intégration est une opération beaucoup plus «régulière» que la dérivation. Par exemple, toute fonction continue possède une primitive, alors qu il existe des fonctions continues sans dérivée. Et il est plus facile de tirer des renseignements sur une primitive que sur une dérivée. Par exemple, si f est une fonction continue sur l intervalle fermé et borné [a, b], on sait que b a f(t)dt M(b a), où M = supt [a,b] f(t). Par contre, il n existe aucune borne pour la dérivée d une fonction en termes d une borne pour la fonction elle-même (penser à la fonction t sin at où a > 0 est une constante). (10.2) Plus généralement, soit x (n) = F ( t, x(t), x (t),..., x (n 1) (t) ) une équation différentielle d ordre n, dont on cherche la solution avec conditions initiales x(t 0 ) = a 0, x (t 0 ) = a 1,..., x (n 1) (t 0 ) = a n 1. Si l on pose x 0 = x, x 1 = x,..., x n 1 = x (n 1), alors l équation devient équivalente au système x 0(t) = x 1 (t), x 1(t) = x 2 (t), x n 2(t) = x n 1 (t), x n 1(t) = F ( t, x 0 (t), x 1 (t),..., x n 1 (t) ), avec les conditions initiales x 0 (t 0 ) = a 0, x 1 (t 0 ) = a 1,..., x n 1 (t 0 ) = a n 1. Ainsi, pour traiter les équations d ordre quelconque, il suffit de traiter les systèmes linéaires d ordre un. Un tel système s écrit (avec un décalage d indice) en notation vectorielle x ( 1(t) F 1 t, x1 (t), x 2 (t)..., x n (t) ) ( x 2(t) F 2 t, x1 (t), x 2 (t)..., x n (t) ). x n(t) =. F n ( t, x1 (t), x 2 (t)..., x n (t) ), 62

63 ce que nous abrègerons en X (t) = F ( t, f 1 (t),..., f n (t) ), où donc x 1 x 2 X =. et F = a 1 x n a On se fixe alors t 0 I et A = 2. M 1,n(R). On veut montrer l existence et l unicité d une a n solution X vérifiant X(t 0 ) = A. (10.2.1) Comme auparavant, le problème équivaut à résoudre le système intégrale t X(t) = A + F ( u, X(u) ) du. t 0 En ce qui concerne l existence d une solution, l idée de Poincaré et de Lipschitz est de considérer une suite de fonctions vectorielles (X n ), où X 0 est à choisir et t X n (t) = A + F ( u, X n 1 (u) ) du t 0 lorsque n 1. On espère que, avec un choix convenable de X 0, la suite (X n ) convergerait vers une fonction continue X : alors (X n 1 ) convergerait également vers X et F ( u, X n 1 (u) ) vers F ( u, X(u) ), d où l équation cherchée X(t) = A + t t 0 F ( u, X(u) ) du. (10.3) La réalisation de cette stratégie nécessite des hypothèses supplémentaires sur F. On note la norme sur M n,1 (R) définie par B = b b b 2 n, où B = t (b 1, b 2,..., b n ). Soit E une partie de M n,1 (R). On dit que F est lipschitzienne sur I E s il existe L > 0 tel que F (t, X) F (t, Y ) L X Y quelque soit t I et X, Y E. (10.3.1) Lemme. Soit Ω un domaine convexe de M n,1 (R). On suppose F de classe C (1) sur I Ω et que les dérivées partielles de F par rapport aux coordonnées de X soient bornées sur Ω. Alors F est lipschitzienne sur I Ω. Ce résultat découle du théorème des accroissements finis (3.5). Nous avons déjà fait allusion au résultat suivant à plusieurs reprises. (10.4) Théorème (Cauchy-Lipschitz). Soient R > 0, δ > 0 deux constantes. On suppose F continue et lipschitzienne sur [t 0 δ, t 0 + δ] K(A; R), où K(A; R) désigne la boule fermée de M n,1 (R) de centre A et de rayon R. Posons M = sup{ F (t, X) (t, X) [t 0 δ, t 0 + δ] K(A; R)} et µ = min(δ, R ). Alors le système M X (t) = F ( t, X(t) ) possède une unique solution X sur l intervalle [t 0 µ, t 0 + µ]. Démonstration de l existence d une solution. Afin de pouvoir contruire la suite (X n ) il faut d abord justifier le fait que si X est une fonction continue de [t 0 µ, t 0 +µ] à valeurs dans B(A; R), alors la fonction t Y (t) = A + t t 0 F ( u, X(u) ) du sur [t 0 µ, t 0 + µ] est encore à valeurs dans K(A; R). Or, si t t 0 µ, alors Y (t) A = t t 0 F ( u, X(u) ) du t F 1 F 2. F n. t 0 F ( u, X(u) ) du µm R M M = R, 63

64 d où l assertion. La suite (X n ) est alors bien définie, pourvu que l on choisit la fonction terme initial X 0 : [t 0 µ, t 0 + µ] K(A; R). Il suffit de prendre pour X 0 la fonction constante égale à A, ce que nous ferons par la suite. Fixons alors une constante L > 0 telle que F ( t, X) F (t, Y ) L X Y quelque soit t [t 0 µ, t 0 + µ]. (10.4.1) Lemme. Pour tout entier n 1 et pour tout t [t 0 µ, t 0 + µ], on a X n (t) X n 1 (t) M Ln! (L[t t 0 ) n. La démonstration se fait par récurrence sur n. Supposons d abord n = 1. Alors X 1 (t) X 0 (t) = X 1 (t) A = t F (u, A)du t 0 t F (u, A) du M t t 0, t 0 est le résultat est vrai. Admettons-le au niveau n 1 et vérifions-le au niveau n + 1. t ( X n+1 (t) X n (t) = F ( u, X n (u) ) F ( u, X n 1 (u) )) du ce qui est majoré par t F ( u, X n (u) ) F ( u, X n 1 (u) ) du t 0 t 0 t L X n (u) X n 1 (u) du. t 0 On peut alors appliquer l hypothèse de récurrence X n (u) X n 1 (u) M Ln! (L u t 0 ) n et utiliser la formule t t 0 u t 0 n du = t t 0 n+1 /(n + 1) pour conclure. (10.4.2) On tire de ce qui précède que X n (t) X n 1 (t) M Ln! (Lµ)n pour tout t [t 0 µ, t 0 + µ]. Par conséquent, si n > m 0, on a ( ) n X n (t) X m (t) k=m+1 X k (t) X k 1 (t) M L n (Lµ) k k=m+1 k! La série de terme général (Lµ)k k! étant convergent, on voit que la suite de fonctions (X n ) est uniformément de Cauchy sur [t 0 µ, t 0 + µ] et donc uniformément convergente vers une fonction continue X : [t 0 µ, t 0 + µ] K(A; R). Alors la suite des fonctions t F ( t, X n (t) ) converge uniformément vers la fonction t F ( t, X(t) ). Par conséquent, on peut interchenger l intégration est le passage à la limite n + pour conclure que X(t) = A + t t 0 F ( u, X(u) ) du. (10.5) On a ainsi démontré l existence d une solution de X(t) = A + t t 0 F ( u, X(u) ) du, au moins sur un voisinage de t 0. Nous allons maintenant examiner la question de l unicité. Pour cela on revient au système différentielle, en supposant que l on a deux fonctions vectorielles X, Y vérifiant X (t) = F ( t, X(t) ) et Y (t) = F ( t, Y (t) ) ainsi que X(t 0 ) = Y (t 0 ) = A. Posons σ(t) = X(t) Y (t) 2. 64

65 Puisque X(t 0 ) = Y (t 0 ), on a σ(t 0 ) = 0 et il suffit de montrer que σ(t) = 0 quelque soit t [t 0 µ, t 0 + µ]. Pour cela, dérivons σ : σ (t) = 2 X(t) Y (t), X (t) Y (t) = 2 X(t) Y (t), F ( t, X(t) ) F (t, Y (t) ). En appliquant l inégalité de Cauchy-Schwarz, on en tire que σ (t) 2 X(t) Y (t) F ( t, X(t) ) F ( t, Y (t) ) 2L X(t) Y (t) 2 = 2Lσ(t). Par conséquent, puisque L > 0 et σ(t) 0 : 2Lσ(t) σ (t) 2Lσ(t) pour tout t [t 0 µ, t 0 + µ]. En multipliant l inégalité à droite par e 2Lt, on trouve que ( σ (t) 2Lσ(t) ) e 2Lt 0, c est-à-dire que d dt( σ(t)e 2Lt ) 0. On en tire que le fonction t σ(t)e 2Lt est décroissante. Puisque σ(t) 0 et σ(t 0 ) = 0, on en tire que σ(t) = 0 lorsque t t 0. De la même façon, en multipliant l inégalité 2Lσ(t) σ (t) par e 2Lt, on voit que d dt( σ(t)e 2Lt ) 0 et donc que la fonction t σ(t)e 2Lt est croissante puis que σ(t) = 0 lorsque t 0. Au total, donc, σ(t) = 0 quelque soit t et donc X(t) = Y (t) quelque soit t. (10.6) L intérêt de la démonstration de l existence d une solution que nous venons de donner n est pas purmeent théorique. La suite (X n ) permet aussi de trouver des approximations explicites aux solutions, au moins dans certains cas. En effet, si l on reprend l équation ( ), on trouve, en rappelant que X 0 (t) = A, que X n (t) X m (t) M L En faisant tendre n vers +, il vient n k=m+1 ( ) X(t) X m (t) M L (Lµ) k k! k=m+1 M L k=m+1 (Lµ) k. k! (Lµ) k. k! Cette majoration nous permet d estimer l erreur commise en utilsant X m comme approximation à la solution exacte X, si l on connaît les valeurs de L, M et de µ. En effet, on rappelle que (Lµ) k k=0 = e Lµ quelque soit les valeurs de L, µ R, et la majoration k! (Lµ) k k=m+1 n est que le reste d ordre m de cette série. k! (10.7) Exemple. Soit l équation différentielle x = t 2 +x 2. On cherche la solution avec condition initiale x(0) = 0. La démonstration de l existence d une solution nous amène à considérer la suite de fonctions définie par x 0 (t) = 0 et x n (t) = t ( 0 u 2 + x n 1 (u) 2) du. Par calcul, on trouve puis puis x 3 (t) = t 0 x 2 (t) = x 1 (t) = t 0 t ( u 2 + x 2 (u) 2) du = t 0 ( u 2 + x 0 (u) 2) t du = u 2 du = t3 3, ( u 2 + x 1 (u) 2) du = t 0 ( ( u u 2 3 ) u7 2 ) du = ( u 2 + u6 ) t 3 du = t7 63, t 0 ) (u 2 + u u u14 du,

66 d où x 3 (t) = t3 + t7 + 2t11 + t15 et ainsi de suite La fonction F (t, x) = t 2 + x 2 vérifie F (t, x) F (t, y) = x 2 y 2 ( x + y ) x y quelque soit t, x, y R. Si donc on se donne δ > 0, alors F (t, x) F (t, y) 2δ x y lorsque x δ, y δ. Par conséquent, F est lipschitzienne sur R [ δ, δ]. Si x : [ 1/3, 1/3] [ 1/3, 1/3] est une fonction continue et si l on définit y : [ 1/3, 1/3] R par y(t) = t ( 0 u 2 + x(u) 2) du alors y(t) = t3 3 + t 0 x(u) 2 du t t et donc y envoie l intervalle [ 1/3, 1/3] dans lui-même. Puisque x 0 (t) = 0, chacune des fonctions x n envoie l intervalle [ 1/3, 1/3] dans lui-même. Prenons donc t 0 = 0 et δ = 1 dans le théorème (10.4), dont on reprend les notations. D après ce 3 qui précède, on peut prendre R = 1. On a donc M = 3 sup{t2 + x 2 t 1, x 1} = 2. En outre F (t, x) F (t, y) 2 x y lorsque t 1, x 1 et y 1, et donc L = 2. Enfin, µ = min(δ, R ) = 1. En appliquant ( ), on conclut que l équation M 3 x (t) = t 2 + x(t) 2 possède une unique solution sur [ 1/3, 1/3] qui vérifie x(0) = 0, et que pour tout m et pour tout t [ 1/3, 1/3], on a x(t) x m (t) 1 (2) k k!. k=m+1 Remarquons pour conclure cet exemple que, en fait, la solution x peut s écrire comme série entière de la forme x(t) = t3 3 + t t t c k t 4k 1, convergente sur lorsque t 1. (Nous ne démontrons pas cette affirmation.) Notons que les 3 coefficients de t 3, t 7 et de t 11 coïncident avec ceux de x 3, mais que ce n est pas le cas de celui de t 15. Pour obtenir le coefficient de t 15, il faut effectuer une itération supplémentaire, et calculer x 4. k=5 EXERCICES (e10.1) Vérifier que la fonction F (t, x) = t 2 + x 2 n est pas lipschitzienne sur R 2. (e10.2) Calculer une constante L > 0 telle que si F (t, x) = t x, alors F (t, x) F (t, y) L x y pour tout t [ 1, 1], x 1, y 1. (e10.3) Soit I = [a, b] un intervalle fermé et borné et soient p, q deux fonctions continues de I dans R. Montrer que la fonction F (t, x) = p(t)x + q(t) est lipschitzienne sur I R. En déduire que le théorème d existence locale (10.4) s applique à l équation linéaire x = px + q quelque soit la condition initiale x(t 0 ) = a 0, (t 0 I, a 0 R). (e10.4) Généraliser l exercice précédent aux systèmes linéaires. Soit F (t, X) = P X + Q un système de n fonctions I M n,1 (R) R, P étant une matrice d ordre n dont les coefficients P ij sont des fonctions continues I R et Q un vecteur de fonctions continues I R. Montrer que si I est un intervalle compact alors F est lipschitzienne et en déduire que (10.4) s applique au système X = P X + Q quelque soit la condition initiale X(t 0 ) = A. En déduire l existence locale et l unicité d une solution d une équation linéaire a n x (n) + a n 1 x (n 1) + + a 0 x = b, où les fonctions a k, 0 k n et b sont continues sur I et a n (t 0 ) 0. (e10.5) Appliquer la méthode de démonstration du théorème (10.4) à l équation x (t) = x(t) avec condition initiale x(0) = 1. Calculer les solutions approchées x n (n 1). Les comparer avec les sommes partielles du développement en série entière de la solution exacte x(t) = e t. Les arguments de ce thème 66

67 permettent-t-ils de montrer que si R > 0, on a x n (t) x(t) uniformément sur [ R, R], ou faut-il un autre argument? (e10.6) Soit I un intervalle fermé et borné et soit F : I M n,1 (R) R une fonction lipschitzienne (c est-à-dire il existe L > 0 tel que F (t, X) F (t, Y ) L X Y quelque soit t I, X, Y M n,1 (R)). Montrer que si t 0 I et si A M n,1 (R), alors le système X = F (t, X) a une solution sur I vérifiant X(t 0 ) = A. (Vérifier que la suite X n comme dans la démonstration de (10.4) converge vers une solution. Ce résultat est toutefois moins utile en pratique que (10.4), car l hypothèse que F soit lipschitizienne sur I M n,1 (R) est rarement satisfaite. Par exemple, F (t, x) = t 2 + x 2 n est pas lipschitzienne sur I R. L hypothèse est toutefois satisfaite lorsque F (t, X) = P X + Q et P, Q sont constants.) Appendice A. Quelques rappels (A.1) Quelques notations ensemblistes. Soit E un ensemble. Si x est un objet, la notation x E signifie que x appartient à E, alors que la notation x / E a la signification contraire. Si F et G sont deux parties de E, on note F G leur intersection, F G leur réunion et F G le complémentaire de G dans F, c est-à-dire les éléments de F n appartenant pas à G. Si aucune confusion n est à craindre, on pose F c = E F. L ensemble vide est désigné par. (A.1.1) Soient E, F deux ensembles et soit f : E F une fonction. Si A est une partie de E, on note f(a) la partie de F composée des éléments de la forme f(x) avec x A. De même, si B est une partie de F, on note f 1 (B) la partie de E composée des éléments x E tels que f(x) B. (A.1.2) Une suite à valeurs dans l ensemble E est une application de N dans E. Si u : N E est une suite, on note le plus souvent u n plutôt que u(n) la valeur de u en n : u n s appelle alors le terme d ordre n de u. On tolère en général que u n n ait pas de sens pour quelques petites valeurs de n (par exemple la suite u n = 1 n est pas définie lorsque n = 1) : ce qui compte n 1 est que u n ait un sens pour tout n assez grand. Soit u = (u n ) une suite à valeurs dans E. Une suite extraite (ou sous-suite) est une suite obtenue en composant u avec une application strictement croissante N N. Concrètement, les termes d une suite extraite sont u n0, u n1, u n2,...u nk,..., où l application N N est désignée par k n k. Si par exemple u n = 1 et n n 1 k = k 2, alors u nk = 1. k 2 1 (A.1.3) Soient Λ, E deux ensembles. Une famille de parties de E indexée par Λ est la donnée, pour tout λ Λ, d une partie E λ de Λ. Autrement dit, c est une application de Λ dans l ensemble des parties de E. On la note {E λ λ Λ}. La réunion λ Λ E λ est composée des éléments de E appartenant à E λ pour au moins un indice Λ. De même, l intersection λ Λ E λ est composée des éléments de E appartenant à E λ quelque soit l indice λ. Exemples. (i) Prenons E = R, Λ = N. Si n N, on pose E n = [ n, n]. Alors n N E n = R et n N E n = [ 1, 1]. (ii) Prenons E = R, Λ = R +. Si λ R, on pose E λ = [λ, + [. Alors λ Λ E λ =]0, + [ et λ Λ E λ =. 67

68 (A.1.4) Les égalités ( ) c, Eλ c = E λ λ Λ λ Λ ( ) c Eλ c = E λ λ Λ sont connues sous le nom des formules de de Morgan. (A.2) Rappelons brièvement quelques notions sur les sous-ensembles de R. Soit E une partie non-vide de R. On dit que E est majorée s il existe M R tel que x M quelque soit x E : tout réel M vérifiant cette propriété s appelle un majorant de E. De même, E est dite minorée s il existe m R tel que m x quelque soit x E et tout réel m ayant cette propriétś est appelé minorant de E. On dit que E est bornée si elle est à la fois majorée et minorée. (A.2.1) Soit E une partie non-vide de R. On suppose E majorée. Alors l ensemble des majorants est un intervalle fermé de la forme [a, + [. Le nombre a est alors le plus petit des majorants, c est-à-dire si M est un réel et si M < a, alors il existe x E vérifiant M < x. Ce réel a s appelle la borne supérieure ou supremum de E et est noté sup E. La notation sup E = + signifie que E n est pas majorée. De la même façon, si E est minorée, l ensemble des minorants de E est de la forme ], b] et b est le plus grand des minorants. Si m R et si m > b, il existe x E vérifiant x > m. On appelle b la borne inférieure (ou infimum) de E et l on le note inf E. La notation inf E = signifie que E n est pas minorée. (A.2.2) Si E est majorée et si sup E E, alors sup E est également le plus grand élément (ou maximum) de E. Lorsque c est le cas, on rencontre parfois la notation max E pour sup E, mais il est préférable de réserver max E au cas où E est un ensemble fini. De même, si E est minorée et si inf E E, alors inf E est le plus petit élément (ou minimum) de E. À nouveau, on rencontre parfois la notation min E pour inf E, mais il est préférable de réserver min E aux ensembles finis. Exemple. Prenons E = [0, 1[. Soit M R. Si M 1, alors x M quelque soit x E. Par contre, si M < 1, E contient un élément x (à savoir les nombres appartenant à l intervalle ]M, 1[) tel que M < x. On en tire que l ensemble des majorants de E est [1, + [. Donc sup E = 1. Puisque sup E / E, c est le plus grand élément de E. Soit encore m R. Si m 0, alors x m quelque soit x E. Par contre, si m > 0, alors E contient un élément x (à savoir les nombres appartenant à l intervalle [0, m[) vérifiant x < m. L ensemble des minorants est donc ], 0] et donc inf E = 0. Puisque 0 E, 0 est le plus petit élément de E. (A.3) Notons K l un des corps R et C. Soit X un ensemble et soit F un K-espace vectoriel. On note F(X, F ) l ensemble des applications de X vers F. Alors F(X, F ) est de façon naturelle un K espace vectoriel. Explicitement, si f, g F(X, F ) et si λ K, on définit f + g, λf F(X, F ) par (f + g)(x) = f(x) + g(x) et (λf)(x) = λ ( f(x) ). Si X est lui-même un R espace vectoriel, l ensemble des applications linéaires de X dans F constituent alors un sous-espace de F(X, F ), que l on notera L(X, F ). (A.3.1) Soit E un K-espace vectoriel. Une forme linéaire sur E est un élément de L(E, K). Si E est de dimension finie, si (e 1, e 2,..., e n ) est une base de E et si i {1, 2,..., n}, alors il existe une unique forme linéaire e i sur E vérifiant e i (e j ) = 1 si j = i et e i (e j ) = 0 si j i pour tout 1 j n. Concrètement, si x = λ 1 x 1 +λ 2 x 2 + +λ n e n, on a e i (x) = λ 1 e i (e 1 )+λ 2 e i (e 2 )+ +λ n e i (e n ) = λ i. (A.3.2) Si E et F sont deux K-espaces vectoriels de dimension finie m et n, alors L(E, F ) est de dimension mn. En particulier, L(E, K) est de dimension un et (e 1, e 2,..., e n) est une base de L(E, K). λ Λ 68

69 (A.4) Soient E, F, G trois K-espace vectoriels. L application β : E F G est dite bilinéaire si elle vérifie les propriétés suivantes (i) Pour tout x E, l application de F vers G définie par y β(x, y) est linéaire, (ii) Pour tout y F, l application de E vers G définie par x β(x, y) est linéaire. On dit que β est non-dégénérée à gauche lorsque, étant donné y F {0}, il existe x E tel que β(x, y) 0. De même, β est non-dégénérée à droite lorsque, étant donné x E {0}, il existe y F tel que β(x, y) 0. On dit que β est symétrique lorsque F = E et β(x, y) = β(y, x) quelque soit x, y E. Pour une forme symétrique, les notions de non-dégénérée à gauche et de non-dégénérée à droite coïncident. (A.4.1) Lorsque G = K, on parle d une forme bilinéaire. Dans ce cours, nous nous limiterons aux formes bilinéaires symétriques. Le corps K sera presque toujours R. Une forme quadratique est une application q : E K de la forme q(x) = β(x, x) lorsque x E. (A.4.2) Supposons que E soit de dimension finie n et que (e 1, e 2,..., e n ) soit une base de E. La matrice de β dans la base (e 1, e 2,..., e n ) est alors la matrice carrée A d ordre n définie par A = (A ij ), où A ij = β(e i, e j ). Si x = n i=1 λ ie i et y = n j=1 µ je j, alors β(x, y) = n i,j=1 λ iµ j A ij. La matrice A est symétrique si et seulement si β est symétrique. Changer la base (e 1, e 2,..., e n ) revient à remplacer la matrice A par une matrice équivalente. En particulier, le rang de A ne dépend que de q et non de la base choisie. Rappelons que deux matrices équivalentes ont le même rang. On appelle ce rang commun le rang de β. (A.4.3) Considérons alors le cas particulier où E = R n et (e 1, e 2,..., e n ) est la base standard. Comme dans le (4.10), on identifie l élément x = (x 1, x 2,..., x n ) de R n avec la matrice à une colonne dont les coefficients succesifs sont x 1, x 2,..., x n. Avec cette convention, on a β(x, y) = t xay quelque soit (x, y) (R n ) 2. Si β (et donc A) est symétrique, la forme quadratique associée à β est la forme quadratique q associée à A, c est-à-dire q(x) = t xax = β(x, x). Étant donnée q, on peut retrouver β : si A est la matrice associée à q, alors β est la forme bilinéaire symétrique β(x, y) = t xay. On a alors q(x + y) = t (x + y)a(x + y) = t xax + t xay + t yax + t yay = q(x) + 2 t xay + q(y) (puisque A est symétrique), d où q(x + y) = q(x) + 2β(x, y) + q(y). Il s ensuit que β(x, y) = 1 2( q(x + y) q(x) q(y) ) pour tout x, y E, ce qui permet de retrouver β en fonction de q sans l intervention de la matrice A. (A.4.4) Ces dernières considérations se généralisent aux formes sur les espaces vectoriels E quelconques. Si β : E E est bilinéaire symétrique, la forme quadratique associée est q(x) = β(x, x). En développant β(x + y, x + y), on retrouve la formule β(x, y) = 1 2( q(x + y) q(x) q(y) ). (A.4.5) Proposition. Soit β une forme bilinéaire symétrique sur R n. Pour que β soit nondégénérée, il faut et il suffit que A soit inversible. Démonstration. Supposons que A ne soit pas inversible. Il existe alors x R n, x 0 tel que t xa = 0. Alors β(x, y) = t xay = 0 pour tout y R n et β n est pas non-dégénérée. Réciproquement, si β n est pas non-dégénérée, il existe x R n, x 0 tel que t xay = 0 quelque soit y R n. En prenant x = e j avec j parcourant {1, 2,..., n}, on trouve que le système de n équations linéaires 0 = t xae j = n i=1 x ia ij dans les n inconnus x 1, x 2,..., x n. Puisque x 0, le système a une solution non-nulle. Il s ensuit que A n est pas inversible. (A.5) On dit que la forme quadratique q sur R n est non-dégénérée si la forme bilinéaire associée est non-dégénérée. D après ce qui précède, q est non-dégénérée si et seulement si la matrice 69

70 associée A est inversible, ou encore si et seulement si toutes les valeurs propres de A sont nonnulles. En particulier, il découle de (4.10.5) que toute forme définie (positive ou négative) est non-dégénérée. (A.6) Soit q une forme quadratique sur R n et soit A la matrice symétrique associée. La signature de q est le couple d entiers positifs (r, s) où r et s désignent respectivement le nombre de valeurs propres strictement positives et le nombre de de valeurs propres strictement négatives de A (comptées avec leur multiplicité comme racines du polynôme caractéristique de A). Le rang de q est le rang de A, ce qui est encore égal au rang de la forme bilinéaire associée. Le résultat suivant, que nous citons sans démonstration, généralise (4.13.3). (A.6.1) Théorème (loi d inertie de Sylvester). Soit q une forme quadratique sur R n. On suppose que l on a une écriture de q sous la forme q(x) = n λ i l i (x) 2 i=1 (trouvée par exemple à l aide de la méthode de Gauss (4.13)). Ici, (l k ) 1 k n est une famille de formes linéaires linéairement indépendantes et (λ 1, λ 2,... λ n ) R n. Alors il y a r coefficients λ i strictement positives et s coefficients strictement négatives. La forme q est de rang r + s. En particulier, elle est non-dégénérée si et seulement si r + s = n. (A.7) Soit E un espace euclidien(1.1.2). Deux éléments x, y E sont dits orthogonaux (ou perpendiculaires) si x, y = 0, orthonormés (ou orthonormaux) s ils sont orthogonaux et, en outre, x = y = 1. De même, une famille F d éléments de E est dite orthogonale lorsque x, y = 0 pour tout x, y F tels que y x ; elle est dite orthonormée si elle est orthogonale et si x = 1 pour tout x F. Une famille orthogonale est forcément libre. Par conséquent, toute famille orthogonale est finie, de cardinale au plus la dimension de E. Le procédé de Gram- Schmidt montre que tout espace euclidien possède une base orthonormée. (A.7.1) Soient E, F deux espaces euclidiens dont les produits scalaires sont notés respectivement.,. E et.,. F. Une isométrie de E dans F est une application linéaire φ : E F telle que φ(x), φ(y) F = x, y E pour tout x, y E. Une isométrie est forcément injective. Elle est donc surjective lorsque E et F ont la même dimension ; on dit alors que φ est une isométrie de E sur F. Une isométrie de E est une isométrie de E sur lui-même. Notons que l existence d une base orthonormale montre qu un espace euclidien de dimension n est isométrique à R n muni du produit scalaire usuel x, y = x 1 y 1 + x 2 y x n y n, où x = (x 1, x 2,..., x n ) et y = (y 1, y 2,..., y n ). (A.7.2) Proposition. Soit E un espace euclidien et soit φ L(E). Les deux conditions suivantes sont équivalentes. (i) φ est une isométrie. (ii) La matrice de φ dans une base orthonormée est une matrice orthogonale (4.10.3). La démonstration est facile. On remarquera une certaine inconsistence dans la terminologie : il aurait été plus naturel d appeler une matrice orthogonale une matrice orthonormée, et utiliser la terminologie matrice orthogonale dans le sens plus large de la matrice d une isométrie dans une base orthogonale. Mais l usage a décidé autrement. (A.7.3) Soit φ L(E). Alors il existe un unique élément φ L(E), appelé l endomorphisme adjoint de φ, et que est caractérisé par la propriété x, φ (y) = φ(x), y pour tout (x, y) E 2. Pour construire φ, on se donne une base orthonormée (e 1, e 2,..., e n ) de E. Soit j {1, 2,..., n}. Puisqu une application linéaire est déterminée par ses valeurs sur une base, 70

71 φ (e j ) est déterminé par les valeurs e i, φ (e j ) = φ(e i ), e j lorsque i parcourt {1, 2,..., n}. Si donc A désigne la matrice de φ dans la base orthonormée (e 1, e 2,..., e n ), on constate aussitôt que la matrice de φ dans cette même base est la matrice transposée de A. L endomorphisme φ est dit autoadjoint si φ = φ. D après ce qui précède, φ est autoadjoint si et seulement si la matrice de φ dans une base orthonormée est symétrique. (A.7.4) Le fait que les valeurs propres d une matrice symétrique soient réelles ainsi que le théorème (4.10.4) se traduit donc dans le langage des endomorphismes autoadjoints en l énoncé suivant. (A.7.5) Théorème. Soit E un espace euclidien de dimension n et soit φ un endomorphisme autoadjoint de E. (i) Toutes les racines du polynôme caractéristique χ φ de φ sont réelles. (ii) Posons χ φ (t) = n i=1 (t λ i). Il existe une base orthonormée (e 1, e 2,..., e n ) de E telle que φ(e i ) = λ i e i pour tout i {1, 2,..., n}. Démonstration. Le (i) découle de la proposition (4.10.2). Démontrons donc le (ii) en raisonnant par récurrence sur la dimension n de E. Le polynôme caractéristique χ φ (t) de φ s écrit donc sous la forme n i=1 (t λ i), où les λ i sont réels. Lorsque n = 1 on a φ(x) = λ 1 x pour tout x E. Si x 0 et si e 1 = x/ x, alors (e 1 ) est une base orthnormée de E et le résultat est donc vrai. Supposons donc que n 2. On sait déjà que φ a une valeur propre λ 1. Soit e 1 un vecteur propre associé tel que e 1 = 1 et soit E = {x E e 1, x = 0}. Si x E, alors e 1, φ(x) = φ(e 1 ), x = λ 1 e 1, x = λ 1 e 1, x = 0, d où φ(x) E. Par conséquent, φ(e ) E. Or, E est de dimension n 1 et on vérifie aussitôt que la restriction de φ à E soit autoadjoint et que son polynôme caractéristique est n i=2 (t λ i). On applique alors l hypothèse de récurrence en affirmant qu il existe une base orthonormée (e 2, e 3,..., e n ) de E telle que φ(e i ) = λ i e i pour tout i 2. Puisque e 1, x = 0 pour tout x E et e 1 = 1, on conclut que (e 1, e 2,..., e n ) est une base orthonormée de E. (A.8) Terminons l appendice avec quelques rappels sur les déterminants et, surtout, sur leur calcul. Soit A = (A ij ) une matrice carrée d ordre n. Par définition, le déterminant de A est le scalaire ( ) det A = π S n ε(π)a 1,π(1) A 2,π(2) A n,π(n), où la somme parcourt les éléments π du groupe des permutations ( ) S n de {1, 2,..., n} et ε(π) a b désigne le signe de la permutation π. Par exemple, si A =, alors det A = ad bc. De c d même, si A = a b c d e f, alors det A = aei + bfg + cdh afh bdi ceg. Les matrices non g h i carrées n ont pas de déterminant. (A.8.1) Lorsque A est d ordre n, la formule ( ) contient n! termes et devient lourde à utiliser directement lorsque n est grand. Les règles suivantes permettent parfois de simplifier le calcul d un déterminant. (i) Si A et B sont deux matrices carrées du même ordre, alors det AB = det A det B ; (ii) Si A est inversible, alors det A 1 = 1/ det A. (iii) On a det t A = det A, t A étant la matrice transposée de A ; (iv) Lorsque A est triangulaire, det A est égal au produit des coefficients sur le diagonal principal de A ; 71

72 (v) Pour que det A 0, il faut et il suffit que A soit inversible ; (vi) Soit λ un scalaire et soit A la matrice formée en multipliant l une des colonnes (ou l une des lignes) de A par λ. Alors det A = λ det A. (vii) Soit A une matrice obtenue de A en ajoutant à l une des lignes de A un multiple scalaire d une autre ligne de A. Alors det A = det A. (viii) Soit A une matrice obtenue de A en ajoutant à l une des colonnes de A un multiple scalaire d une autre colonne de A. Alors det A = det A. On suppose A carrée d ordre n. Si i, j {1, 2,..., n} on note B ij la matrice obtenue de A en supprimant la i-ième ligne et la j-ième colonne. (B ij est donc une matrice carrée d ordre n 1.) (ix) (développement de A par rapport à sa i-ième ligne). Si i {1, 2,..., n}, alors det A = n j=1 ( 1)i+j 1 A ij det B ij ; (x) (développement de A par rapport à sa j-ième colonne). Si j {1, 2,..., n}, alors det A = n i=1 ( 1)i+j 1 A ij det B ij. Ces propriétés suffiront largement pour le calcul des déterminants que nous renconctrons dans ce cours. À l exception des propriétés (i) et (v), elles se démontrent par des calculs (parfois un peu pénible) à partir de la définition ( ). Les propriétés (i) et (v) sont plus intéressantes sur le plan conceptuel et on trouvera leur démonstration ainsi que d autres propriétés des déterminants dans les manuels de première ou deuxième année de Licence de mathématiques. (A.8.2) Rappelons que le polynôme charactéristique de la matrice carrée A d ordre n est le polynôme det(ti n A), I n désignant la matrice identité. Si P M n est inversible, alors les propriétés (i) et (ii) impliquent que det (P 1 (ti n A)P ) = det P 1 det(ti n A) det P = det P 1 det(ti n A) det P = det(ti n A). Autrement dit, deux matrices semblables ont le même polynôme caractéristque. Par conséquent, si φ est un endomorphisme d un espace vectoriel de dimension finie E, on définit le polynôme caractéristique de φ comme étant le polynôme caractéristique d une matrice représentant φ. EXERCICES (ea.1) Soit f : R R la fonction définie par f(t) = 1 t 2. Calculer f(r ), f 1 ([ 1 2, 1]), f 1 ({0}). (ea.2) Soient f : E F une application. (i) Montrer que si A, A sont deux parties de E, alors f(a A ) = f(a) f(a ) et f(a A ) = f(a) f(a ). (ii) Montrer que si B, B sont deux parties de F, alors f 1 (B B ) = f 1 (B) f 1 (B ) et f 1 (B B ) f 1 (B) f 1 (B ). (iii) Montrer que si B est une partie de F, alors E f 1 (B) = f 1 (F B). (ea.3) Détailler les exemples de (A.1.3). (ea.4) Pour chacun des sous-ensembles de R ci-dessous, déterminer s il est majoré, minoré, borné. Déterminer, le cas échéant, sup E, inf E et si oui ou non E possède un maximum ou un minimum. (i) [0, 1[, (ii) N, (iii) { 1 2 n N} = {1, 1 n 2, 1 2, 1 2 2,...}, (iv) f(r), f : R R étant la fonction 3 t t 1+t, (v) {x R x 1 < x}, (vi) 2 n N [ 1 1 2, 2n+1 2 ]. 2n 72