1 Corrections d exercices sur la feuille numéro 2 : différentielle d une fonction.

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1 Universié Claude Bernard Lyon I Licence roisième année : calcul différeniel Année Quelques correcions. 1 Correcions d exercices sur la feuille numéro 2 : différenielle d une foncion. Correcion de l exercice à faire à la maison : rappelons d abord l énoncé. Soi E un espace vecoriel normé e f : E L(E) une applicaion différeniable sur E. On défini ϕ : E E par ϕ(x) := f(x)(x), x E. Il s agi de monrer que ϕ es différeniable sur E. Première méhode : à parir de la définiion. Comme f es différeniable sur E, cela signifie, qu en ou poin a de E, on a f(a + h) = f(a) + df a(h) + h ε(h), où df a L(E, L(E)) e ε es une applicaion de E dans L(E), qui end vers 0 quand h 0. Ecrivons alors ϕ(a + h) ϕ(a) = f(a + h)(a + h) f(a)(a) = f(a + h)(a) + f(a + h)(h) f(a)(a) (par linéarié de f(a + h)) = (f(a) + df a(h) + h ε(h))(a) + (f(a) + df a(h) + h ε(h))(h) f(a)(a) (par différeniabilié de f) = df a(h)(a) + f(a)(h) + h (ε(h)(a) + ε(h)(h)) + df a(h)(h) = L a(h) + R a(h), où L a(h) := df a(h)(a) + f(a)(h) e R a(h) := h (ε(h)(a) + ε(h)(h)) + df a(h)(h). Monrons que L a es une applicaion linéaire e coninue de E dans E. La linéarié de L a vien du fai que f(a) e df a son linéaires. La coninuié vien du calcul suivan : L a(h) df a(h)(a) + f(a)(h) df a(h) L(E) a + f(a) L(E) h df a L(E,L(E)) h a + f(a) L(E) h = ( a df a L(E,L(E)) + f(a) L(E) ) h, ce qui monre que L a es coninue e L a a df a L(E,L(E)) + f(a) L(E). Monrons que R a(h) = o( h ). Ecrivons que R a(h) h ( ε(h)(a) + ε(h)(h) ) + df a(h)(h) h ε(h) L(E) ( a + h ) + df a L(E,L(E)) h 2 = h ( ε(h) L(E) ( a + h ) + df a L(E,L(E)) h ). En uilisan le fai que ε(h) L(E) end vers 0 quand h 0, on obien ainsi que R a(h) = o( h ). Par conséquen, ϕ es différeniable en a e on a dϕ a(h) = L a(h) = f(a)(h) + df a(h)(a). Deuxième méhode : en décomposan ϕ à l aide de foncions simples. Inroduisons ψ : E L(E) E e φ : L(E) E E définies par ψ(x) = (f(x), x), x E e φ(t, a) = T (a), (T, a) L(E) E. On a clairemen ϕ = φ ψ. De plus, comme f es différeniable sur E, l applicaion ψ es différeniable sur E, e on a dψ a(h) = (df a(h), h), (a, h) E E. D aure par, l applicaion φ es 2-linéaire. Vérifions qu elle es coninue. Pour ou (T, a) L(E) E, on a φ(t, a) = T (a) less T L(E) a, ce qui monre que φ es coninue. On en dédui donc que φ es différeniable sur L(E) E e on a dφ (T1,a)(T 2, h) = φ(t 1, h) + φ(t 2, a) = T 1(h) + T 2(a). Par le héorème de différeniabilié des foncions composées, on obien donc que ϕ es différeniable sur E, e on a dϕ a(h) = dφ ψ(a) (dψ a(h)) = dφ (f(a),a) (df a(h), h) = f(a)(h) + df a(h)(a). 1

2 Correcion de l exercice 6 : soien f e g deux applicaions de classe C 1 de R 2 dans R. On défini l applicaion F : R 2 R par f(x, y) si g(x, y) > 0, F (x, y) = f(x, y) + (g(x, y)) 2 si g(x, y) 0. Il s agi de monrer que F es de classe C 1 sur R 2. Noons Ω 1 := (x, y) R 2 : g(x, y) > 0}, Ω 2 := (x, y) R 2 : g(x, y) < 0}, Ω 3 := (x, y) R 2 : g(x, y) = 0}. Comme Ω 1 = g 1 (]0, + [), Ω 2 = g 1 (], 0[) e Ω 3 = g 1 (0}), la coninuié de g implique que Ω 1 e Ω 2 son des ouvers de R 2 e Ω 3 es un fermé de R 2. D aure par, sur Ω 1, la foncion F coincide avec f qui es de classe C 1, e sur Ω 2, la foncion F coincide avec f + g 2 qui es aussi de classe C 1. Finalemen, on obien que F es de classe C 1 sur Ω 1 Ω 2. Il rese à examiner ce qui se passe au voisinage d un poin (x 0, y 0) Ω 3. Pour cela, inroduisons la foncion h(x, y) = f(x, y) + (g(x, y)) 2, (x, y) R 2. Comme f e g son différeniables sur R 2, l applicaion h es diiféreniable sur R 2, e on a, pour ou (x, y) R 2 dh (x,y) = df (x,y) + 2g(x, y)dg (x,y). Remarquons mainenan que, si (x 0, y 0) Ω 3 e (ζ, η) R 2, on a f(x 0 + ζ, y 0 + η) f(x 0, y 0) si (x 0 + ζ, y 0 + η) Ω 1, F (x 0 + ζ, y 0 + η) F (x 0, y 0) = h(x 0 + ζ, y 0 + η) f(x 0, y 0) sinon. La différeniabilié de f enraine que f(x 0 + ζ, y 0 + η) f(x 0, y 0) = df (x0,y 0 )(ζ, η) + (ζ, η) α(ζ, η), avec lim (ζ,η) (0,0) α(ζ, η) = 0. De même, la différeniabilié de h implique que h(x 0 + ζ, y 0 + η) f(x 0, y 0) = h(x 0 + ζ, y 0 + η) h(x 0, y 0) Par conséquen, pour ou (ζ, η) R 2, on a = dh (x0,y 0 )(ζ, η) + (ζ, η) β(ζ, η), avec lim β(ζ, η) = 0 (ζ,η) (0,0) = df (x0,y 0 )(ζ, η) + 2g(x 0, y 0)dg (x0,y 0 )(ζ, η) + (ζ, η) β(ζ, η), = df (x0,y 0 )(ζ, η) + (ζ, η) β(ζ, η). F (x 0 + ζ, y 0 + η) F (x 0, y 0) = df (x0,y 0 )(ζ, η) + o( (ζ, η) ). Ceci signifie que F es différeniable au poin (x 0, y 0) e df (x0,y 0 ) = df (x0,y 0 ). D où, on obien : df (x,y) si (x, y) Ω 1 Ω 3 df (x,y) = dh (x,y) = df (x,y) + 2g(x, y)dg (x,y) si (x, y) Ω 2. Il rese donc à remarquer que si (x 0, y 0) Ω 3, la coninuié de df, de dg e de g au poin (x 0, y 0) monre que lim df (x,y) = df (x0,y 0 ) = df (x0,y 0 ), (x,y) (x 0,y 0 ) i.e. que df es coninue en (x 0, y 0), e par conséquen F es de classe C 1 sur R 2. Correcion de l exercice 19 : a) on doi monrer que l applicaion ϕ de E dans R, x ϕ(x) = x, u(x) es différeniable. Pour cela, on inrodui les deux applicaions ψ : E E E x (x, u(x)) e θ : E E R (a, b) a, b. Comme u es linéaire e coninue de E dans E, elle es différeniable sur E e donc ψ es aussi clairemen différeniable sur E e on a dψ a(h) = (h, u(h)), (a, h) E E. D aure par, les propriéés d un produi scalaire assuren que θ es bilinéaire e coninue (la coninuié provien de l inégalié de Cauchy-Schwarz). Donc θ es différeniable sur E E e on a dθ (a,b) (h 1, h 2) = θ(a, h 2) + θ(h 1, b) = a, h 2 + h 1, b. Le héorème sur la différeniabilié d une applicaion composée perme d en déduire que ϕ es différeniable sur E e on a, pour ous (a, h) E E, dϕ a(h) = d(θ ψ) a(h) = dθ ψ(a) (dψ a(h)) = dθ (a,u(a)) (h, u(h)) = a, u(h) + h, u(a) = u(a), h + h, u(a) = 2 h, u(a). 2

3 x, u(x) b) On doi monrer que l applicaion f : E \ 0} R définie par f(x) = es différeniable. Pour x, x cela, considérons ϑ l applicaion de E dans R définie par ϑ(x) = x, x. On peu appliquer la quesion a) à ϑ, en prenan comme endomorphisme coninu e auoadjoin pariculier u = Id E!! On obien alors que ϑ es différeniable sur E e on a dϑ a(h) = 2 h, a. Comme f(x) = ϕ(x) e que si x E \ 0}, on a ϑ(x) 0, on en ϑ(x) dédui que f es différeniable sur E \ 0}. De plus, pour ous (x, h) E \ 0} E, on a : df x(h) = dϕx(h)ϑ(x) dϑx(h)ϕ(x) (ϑ(x)) 2 = 2 h, u(x) x 2 2 h, x x, u(x) x 4 c) Soi a E \ 0}. On doi monrer que df a = 0 si e seulemen si a es un veceur propre de u. D après la quesion précédene, on a df a = 0 h E, h, u(a) a 2 h, a a, u(a) = 0 h E, h, a 2 u(a) a, u(a) a = 0 a 2 u(a) a, u(a) a = 0. D où comme a 0, on en dédui que si df a = 0 alors u(a) = a, u(a) a 2 a, c es-à-dire que a es un veceur propre de u. Réciproquemen si a es un veceur propre de u, alors il exise λ R el que u(a) = λa. On en dédui donc que a, u(a) = a, λa = λ a 2, d où λ = a, u(a) a 2 e donc a 2 u(a) a, u(a) a = 0, ce qui, d après les calculs précédens, implique que df a = 0. 2 Correcions d exercices sur la feuille numéro 3 : Théorème des accroissemens finis. Exercice 3 : a) Aenion, on ne peu pas appliquer direcemen le héorème des accroissemens finis car l ensemble B(a, r) \ a} n es pas convexe!! Fixons x, y Ω. Premier cas : a / ]x, y[. Alors, par convexié de B(a, r), on obien que [x, y] Ω. L applicaion f éan différeniable sur Ω, on peu appliquer le héorème des accroissemens finis qui implique que f(x) f(y) sup df z x y k x y. z [x,y] Deuxième cas : a ]x, y[. Alors il exise λ < 0 el que y a = λ(x a). En effe, comme a ]x, y[, il exise ]0, 1[ el que a = x + (1 )y. On calcule alors y a e on obien y a = λ(x a), avec λ = 1 < 0. Comme dim E 2, il exise z E el que z e x a soien linéairemen indépendans. Pour 0 < ε < r, on a : z a + εz a = ε z < r, d où a + εz B(a, r) \ a} = Ω. D aure par, remarquons que a / [x, a + εz]. En effe, sinon il exiserai [0, 1] el que a = x + (1 )(a + εz), e donc (1 )εz + (x a) = 0. Comme z e x a son linéairemen indépendans, on obien que soi = 1, soi = 0 c es à dire soi a = a + εz, soi a = x. Dans les deux cas, on obien une conradicion e donc on en dédui que a / [x, a + εz]. Par conséquen, on a [x, a + εz] Ω. On monre de même que [y, a + ε] Ω. On peu alors appliquer le héorème des accroissemens finis sur [x, aεz], puis sur [y, aεz]. On obien : f(x) f(a + εz) k x (a + εz), e f(y) f(a + εz) k y (a + εz), e l inégalié riangulaire perme d écrire que f(x) f(y) k ( x (a + εz) + y (a + εz) ). 3

4 En faisan endre ε vers 0, on obien f(x) f(y) k ( x a + y a ). Or a ]x, y[, d où x a + y a = x y, ce qui donne f(x) f(y) k x y. b) On doi monrer que f a une limie α lorsque x end vers a. Soi (x n) n 1 une suie quelconque d élémens de Ω convergean vers a. En uilisan la quesion a), pour ou m, n 1, on a f(x m) f(x n) k x m x n. Comme la suie (x n) n 1 es convergene, elle es de Cauchy e l inégalié précédene implique que (f(x n)) n 1 es aussi une suie de Cauchy, dans F comple. Par conséquen, elle converge vers disons un élémen α F. Remarquons que la limie α ne dépend pas de la suie (x n) n 1 choisie car si (x n) n 1 es une aure suie convergene vers a, on a f(x n) f(x n) k x n x n 0 quand n + e donc (f(x n)) n 1 e (f(x n)) n 1 on la même limie. Par conséquen, on a monré que (x n) n 1 Ω, x n a, alors f(x n) α. Ceci prouve que f a une limie α lorsque x a. c) On suppose que df x end vers l lorsque x end vers a. Il s agi de monrer que f peu se prolonger en une applicaion différeniable sur B(a, r). Posons e g : B(a, r) F x g(x) = f(x) si x B(a, r) \ a}, α si x = a, h : B(a, r) F x h(x) := g(x) l(x a). Aenion, ici bien sûr l L(E, F )!! Sur l ouver Ω B(a, r), g coincide avec f qui par hypohèse es supposée différeniable. Par conséquen, g es différeniable sur Ω. Comme l es linéaire e coninue, l applicaion x l(x a) = l(x) l(a) es aussi différeniable e sa différenielle en un poin quelconque de E n es aure que l. On en dédui donc que h es différeniable sur Ω e x Ω, on a dh x = df x l. D aure par, par hypohèse, ε > 0, r, 0 < r < r el que x B(a, r ) \ a} = dh x = df x l ε. La quesion a) appliquée à h sur B(a, r ) \ a} implique que, pour ous x, y B(a, r ) \ a}, on a c es-à-dire que h(x) h(y) ε x y, g(x) g(y) l(x y) ε x y. Comme g e l son coninues en a, cee inégalié se prolonge sur B(a, r ). Donc, x, y B(a, r ), on a g(x) g(y) l(x y) ε x y. Pour y = a, en pariculier, on obien que si x a r, alors g(x) g(a) l(x a) ε x a, ce qui prouve que g(x) = g(a) + l(x a) + o( x a ). Donc g es différeniable en a e dg a = l. Exercice 6 : a) Soien I un inervalle ouver de R, u : I R n une applicaion différeniable, k 0 e 0 I. On suppose que u( ) k u(), I, e u( 0) = 0. Il s agi de monrer que u es ideniquemen nulle sur I. Commençons par choisir h > 0, suffisammen pei, pour que [ 0 h, 0 + h] I (ce qui es possible car 0 I qui es ouver). Noons alors M := sup [0 h, 0 +h] u(). Remarquons que M es fini (e même aein) car u es coninue sur le compac [ 0 h, 0 + h]. De plus, on a u () km, [ 0 h, 0 + h]. Le héorème des accroissemens finis implique alors que pour ou [ 0 h, 0 + h], on a u() u( 0) km 0, 4

5 d où comme u( 0) = 0, on obien que u() km 0 kmh. On en dédui alors que M kmh e donc si h > 0 es el que kh < 1, on en dédui que M = 0, c es-à-dire que u() = 0, [ 0 h, 0 + h]. Considérons alors J := I : u() = 0}. Comme u es coninue, J = u 1 (0}) es fermé. De plus, J es non vide car 0 J. Enfin, J es ouver, car on a monré dans ce qui précède que si u( 0) = 0, alors il exise h > 0 el que u() = 0, pour ou [ 0 h, 0 + h]. Par conséquen, J es ouver, fermé e non vide dans I connexe. Donc J = I, c es-à-dire que, I, u() = 0. b) Supposons que le sysème différeniel y = f(, y), y( 0) = x admee deux soluions y 1 e y 2 définies sur un inervalle ouver I conenan 0. Alors, en posan u() = y 1() y 2(), I, on a u () = y 1() y 2() = f(, y 1() f(, y 2() k y 1() y 2() = k u(). De plus, on a u( 0) = y 1( 0) y 2( 0) = x x = 0. La quesion a) implique donc que u 0 sur I e donc y 1 y 2 sur I. Pour l exercice 8, nous allons avoir besoin d une version du héorème des accroissemens finis un peu différene de celle vue en cours... Théorème 1 (Une version du héorème des accroisemens finis) Soien a e b deux poins de R, a < b, F un espace de Banach e f : [a, b] F une applicaion coninue. Supposons que f admee une dérivée à droie en ou poin de l inervalle ouver ]a, b[ e que où M es une consane posiive. Alors, on a f d(x) M, a < x < b, f(b) f(a) M(b a). Remarque : rappelons qu une applicaion f : [a, b] F adme une dérivée à droie en un poin x ]a, b[ si f(x + ) f(x) lim 0 >0 exise ; cee limie se noe alors f d(x) e s appelle la dérivée à droie de f au poin x. Remarquons bien sûr que f d(x) F. Aenion : cee version du héorème des accroissemens finis n es valable que pour les foncions d une variable réelle à valeurs dans un Banach. Elle ne peu pas se généraliser aux foncions définies sur un convexe d un espace vecoriel de dimension supérieure ou égale à 2!! Preuve : Donnons-nous un nombre ε > 0. On va monrer que f(x) f(a) M(x a) + ε(x a) + ε, x [a, b]. (1) Une fois cela prouvé, on appliquera cee inégalié pour x = b, puis on fera endre ε vers 0, ce qui, à la limie, donnera l inégalié de l énoncé. Inroduisons l ensemble U des x [a, b] pour lesquels l inégalié (1) es fausse, c es-à-dire pour lesquels on a f(x) f(a) > M(x a) + ε(x a) + ε. On veu monrer que U es vide. Remarquons que U es ouver dans [a, b]. En effe, la foncion x f(x) f(a) M(x a) ε(x a) es coninue sur [a, b] e U es l image réciproque par cee foncion de l inervalle ouver ]ε, + [. Raisonnons par l absurde, en supposan que U es non vide. Alors U a une borne inférieure c. On peu dire rois choses : (i) c > a ; en effe, l ensemble des x [a, b] els que f(x) f(a) < M(x a) + ε(x a) + ε es un ouver qui conien a e qui es conenu dans U c. Donc il exise r > 0 el que [a, a + r[ U c. Cela implique que pour ou x U, on a x a + r e donc c a + r > a. 5

6 (ii) c U, parce que U es ouver e donc si c apparenai à U, il exiserai r > 0 el que ]c r, c + r[ U e c ne serai pas la borne inférieure de U. (iii) c < b, sinon U se réduirai au poin b, e ne serai pas ouver. Puisque a < c < b, on peu appliquer à c l hypohèse de l énoncé. Donc il exise η > 0 el que si c < x c + η, on a f(x) f(c) f d(c) x c ε. D où ce qui implique que, pour ou x [c, c + η], Comme c U, on a : M f d(c) f(x) f(c) x c ε, f(x) f(c) M(x c) + ε(x c). f(c) f(a) M(c a)ε(c a) + ε, ce qui donne (avec l inégalié riangulaire) que, pour ou x [c, c + η], f(x) f(a) M(x a) + ε(x a) + ε. On obien donc que [c, c + η] U c e donc si x U, alors x > c + η. Cela implique donc que c > c + η!! Par conséquen, U es vide e la preuve du héorème achevée. Exercice 8 : On considère E e F deux espaces vecoriels normés, U un ouver de E e f : U F une applicaion coninue. On suppose que, a U, v E, f(a + v) f(a) L vf(a) := lim 0 >0 exise. a) On suppose, dans cee quesion, qu il exise k > 0 el que L vf(a) k v, a U, v E. Soien x, y U els que [x, y] U. On inrodui la foncion ϕ : [0, 1] E définie par ϕ() := f(x + (1 )y). Cee foncion es coninue sur [0, 1] comme composée de foncions coninues. De plus, pour 0 ]0, 1[, e h > 0 suffisammen pei, on a : ϕ( 0 + h) ϕ( 0) h = f(0x + (1 0)y + h(x y)) f(0x + (1 0)y), h qui end, par hypohèse, vers L x yf( 0x + (1 0)y), quand h 0 +. On en dédui donc que ϕ es dérivable à droie, en ou poin 0 de ]0, 1[ e on a : ϕ d( 0) = L x yf( 0x + (1 0)y) k x y. Le héorème des accroissemens finis (héorème 1) appliqué à ϕ monre donc que ϕ(1) ϕ(0) = f(x) f(y) k x y. b) On suppose, dans cee quesion, que, x U, l applicaion v L vf(x) es linéaire e coninue (on di alors que f es différeniable au sens de Gâeaux sur U). On pose alors M(x)(v) := L vf(x). On suppose, alors de plus que M : U L(E, F ) es coninue en un poin a U. Il s agi de monrer que f es différeniable en a. La coninuié de l applicaion M en a se radui par : ε > 0, r > 0 el que x B(a, r) = M(x) M(a) L(E,F ) ε. Considérons alors g : B(a, r) F l applicaion définie par g(x) := f(x) M(a)(x a). Il es clair que g es coninue sur B(a, r) car f l es e M(a) es linéaire, coninue. Monrons que g vérifie les hypohéses de la quesion précèdene, en remplaçan l ouver U par B(a, r) (qui es convexe!!). Tou d abord, on doi monrer que L vg(x) exise, pour ou veceur v E e ou poin x B(a, r). En uilisan la linéarié de M(a), on obien : g(x + v) g(x) = f(x + v) f(x) 6 M(a)(v),

7 e donc L vg(x) exise e L vg(x) = L vf(x) M(a)(v) = M(x)(v) M(a)(v). D où L vg(x) M(a) M(x) L(E,F ) v ε v. Comme B(a, r) es convexe, pour ou h E el que h r, on a [a, a + h] B(a, r) e donc la quesion précédene implique que g(a + h) g(a) ε h. Or g(a + h) g(a) = f(a + h) f(a) M(a)(h). Par conséquen, ε > 0, il exise r > 0 el que si h E, h r, on a f(a + h) f(a) M(a)(h) ε h, ce qui monre bien, car M(a) L(E, F ), que f es différeniable en a e que df a = M(a). Remarque : On a donc monré que si f : U F es Gâeaux-différeniable sur U e si l applicaion, de U dans L(E, F ), x M(x), es coninue en un poin a, alors f es différeniable en a. De plus, le raisonnemen précéden monre que si M es coninue sur U alors f es de classe C 1 sur U. En effe, si M es coninue sur U, cela signifie que M es coninue en ou poin a de U. Le raisonnemen précéden monre alors que f es différeniable en a e que df a = M(a). Auremen di, f es différeniable sur U e sa différenielle df : U L(E, F ) n es aure que l applicaion M e donc es coninue sur U. Ceci signifie exacemen que f es de classe C 1 sur U. La réciproque es vraie. En effe, si f es de classe C 1 sur U, alors en pariculier, on a, pour ou poin a de U, f(a + h) = f(a) + df a(h) + h ε(h), où ε es une foncion définie sur un voisinage de 0 dans E qui end vers 0 quand h 0. On en dédui, par linéarié de df a, que pour > 0 suffisammen pei, e ou veceur v de E, on a f(a + v) = f(a) + df a(v) + v ε(v) = f(a) + df a(v) + v ε(v). D où f(a + v) f(a) = df a(v) + v ε(v), e donc L vf(a) exise e L vf(a) = df a(v).comme df a L(E, F ), l applicaion v L vf(a) es linéaire e coninue, ce qui signifie que f es Gâeaux-différeniable sur U. Enfin, pour ou veceur v E e ou poin a de U, on a M(a)(v) = L vf(a) = df a(v), ce qui signifie que M(a) = df a. Le fai que f soi de classe C 1 implique alors que M es coninue sur U. En résumé, on obien le héorème suivan : Théorème 2 Soien E e F deux espaces vecoriels normés, U un ouver de E e f : U F une applicaion coninue. Les asserions suivanes son équivalenes : (i) f es de classe C 1 sur U ; (ii) f es Gâeaux différeniable sur U e l applicaion M : U L(E, F ) es coninue sur U, où M(x)(v) := L vf(x), x U, v E. 7