Exercices corrigés - Différentielles

Il suffit de vérifier que les fonctions coordonnées sont différentiables, et elles sont clairement $C^\infty$. On a respectivement

1. $$J_{(x,y,z)}f=\left( \begin{array}{ccc} x&0&-z\\ \cos x\sin y&\sin x\cos y&0 \end{array}\right).$$
2. $$J_{(x,y)}f=\left( \begin{array}{cc} y&x\\ x&1\\ \frac{2x}{1+x^2}&0 \end{array}\right).$$

Notons $D=\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}.$ On remarque d'abord que la fonction $f$ est de classe $C^1$ sur $D$, puisque

• $(x,y)\mapsto \frac1{\sqrt{x^2+y^2}}$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $D$ (par composition)
• $t\mapsto \sin(t)$ est $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R.$

Pour prouver que $f$ est différentiable en $(0,0),$ on va d'abord deviner l'expression de la différentielle. Pour cela, on remarque que $$\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=x\sin\left(\frac1{|x|}\right)\to 0$$ car $$\left |x\sin\left(\frac1{|x|}\right)\right|\leq |x|$$ et on peut appliquer le théorème des gendarmes. Ainsi, $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable en $(0,0)$ qui vaut $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0.$ Par symétrie, $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la seconde variable en $(0,0)$ qui vaut $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.$ Ainsi, la différentielle de $f$ en $(0,0),$ si elle existe, est définie par $\ell(h_1,h_2)=0.$ Posons, pour $(h_1,h_2)\neq (0,0),$ $$\Delta(h_1,h_2)=\frac{f(h_1,h_2)-f(0,0)-\ell(h_1,h_2)}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}} =\sqrt{h_1^2+h_2^2}\sin\left(\frac1{h_1^2+h_2^2}\right).$$ Il s'agit de prouver que $\Delta(h_1,h_2)$ tend vers $0$ lorsque $(h_1,h_2)$ tend vers $(0,0)$. Mais comme précédemment, on a $$|\Delta(h_1,h_2)|\leq \sqrt{h_1^2+h_2^2}$$ et ceci tend bien vers $0$ si $(h_1,h_2)$ tend vers $(0,0)$.
Pour prouver que $f$ n'est pas de classe $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R^2,$ on va prouver que $\frac{\partial f}{\partial x}$ n'est pas continue en $(0,0)$. Pour cela, on remarque que, pour $(x,y)\neq (0,0),$ on a $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x\sin\left(\frac1{\sqrt{x^2+y^2}}\right)-\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\cos\left(\frac1{\sqrt{x^2+y^2}}\right).$$ En particulier, pour $t>0$, $$\frac{\partial f}{\partial x}(t,0)=2t\sin\left(\frac 1t\right)-\cos\left(\frac 1t\right).$$ Puisque $t\mapsto t\sin\left(\frac 1t\right)$ tend vers $0$ lorsque $t$ tend vers $0$ et que $t\mapsto \cos\left(\frac 1t\right)$ n'admet pas de limite lorsque $t$ tend vers $0$ (considérer par exemple les suites $t_n=1/2n\pi$ et $t_n=1/(2n\pi+\pi/2)$), on en déduit que $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ n'admet pas de limite lorsque $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. Finalement, $f$ n'est pas de classe $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R^2.$

Notons $g(x)=\langle x,x\rangle$, de sorte que $u=g\circ f$. Par composée, $du_x(h)=dg_{f(x)}\circ df_x(h).$ Or, $dg_y(h)=2\langle y,h\rangle$, ce qu'on peut retrouver en écrivant $$\langle y+h,y+h\rangle=\langle y,y\rangle+2\langle y,h\rangle+\|h\|^2.$$ On en déduit que $du_x(h)=2\langle f(x),df_x(h)\rangle.$

Remarquons déjà que $f$ est de classe $C^1$ puisque $f$ est polynômiale. Soient $M,H\in\mathcal M_n(\mathbb R)$. Alors on a $$f(M+H)-f(M)=(M+H)^2-M^2=HM+MH+H^2.$$ Posons $\phi(H)=HM+MH$. $\phi$ est linéaire et $$f(M+H)-f(M)=\phi(H)+o(\|H\|).$$ Ainsi, $\phi$ est la différentielle de $f$ en $M$.

Remarquons avant de commencer que $GL_n(\mathbb R)$ est un ouvert de $\mathcal M_n(\mathbb R)$, et donc il est bien possible de calculer la différentielle de $\phi$ en un élément de $GL_n(\mathbb R)$.

1. Soit $H\in\mathcal M_n(\mathbb R)$ tel que $\|H\|<1$. Alors $$(I_n+H)\times\left( \sum_{k=0}^p (-1)^k H^k\right)=I_n+(-1)^p H^{p+1}.$$ Puisque $\|H\|<1$, $H^p\to 0$ et donc $$(I_n+H)^{-1}=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k H^k=I_n-H+H^2\psi(H),$$ où $$\psi(H)=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k H^k.$$ On a $$\| \psi(H) \|\leq \sum_{k=0}^{+\infty} \|H\|^k=\frac1{1-\|H\|}\leq 2$$ si $\|H\|\leq 1/2$. Ainsi, $\|H^2\psi(H)\|\leq 2\|H\|^2=o(\|H\|)$ et on a prouvé que $$\phi(I_n+H)=\phi(I_n)-H+o(\|H\|).$$ Ainsi, $\phi$ est différentiable en $I_n$ et sa différentielle vaut $d\phi_{I_n}(H)=-H$.
2. Prenons maintenant $M\in GL_n(\mathbb R)$ et $H\in\mathcal M_n(\mathbb R)$. Alors on a $$(M+H) ^{-1}= \big(M(I_n+M^{-1}H)\big)^{-1}=(I_n+M^{-1}H)^{-1}M^{-1}=\sum_{k\geq 0}(-1)^k (M^{-1}H)^k M^{-1}$$ pourvu que $\|M^{-1}H\|<1$. Il vient, par un raisonnement identique à celui de la première question, $$\phi(M+H)=\phi(M)-M^{-1}HM^{-1}+o(\|H\|).$$ Ainsi, $\phi$ est différentiable en $M$ et $d\phi_M(H)=-M^{-1}HM^{-1}.$

Soient $P,H\in E$. On a $$\phi(P+H)=\int_0^1 \big (P(t)+H(t)\big)^3 dt=\int_0^1 \big(P(t)\big)^3+3\int_0^1 \big(P(t)\big)^2 H(t)dt+\psi(H),$$ où $$\psi(H)=3\int_0^1 P(t)\big(H(t)\big)^2dt+\int_0^1 \big(H(t)\big)^3 dt.$$ Or, $$|\psi(H)|\leq 3 \int_0^1 |P(t)|dt \times \|H\|^2+\|H\|^3.$$ Ainsi, $\psi(H)=o(\|H\|)$. Puisque $H\mapsto 3\int_0^1 \big(P(t)\big)^2 H(t)dt$ est linéaire, on a prouvé que $\phi$ est différentiable en $P$ et que $d\phi_P(H)=3\int_0^1 \big(P(t)\big)^2 H(t)dt$.

On doit démontrer que $\phi$ est différentiable en chaque $u\in\mathcal L(E)$, et que l'application $u\mapsto d\phi_u$ est continue. Commençons par calculer la différentielle. On fixe $u,h\in\mathcal L(E)$. Alors, $$\phi(u+h)=(u+h)\circ (u+h)=u\circ(u+h)+h\circ(u+h)=u\circ u+u\circ h+h\circ u+h\circ h,$$ où on a utilisé que $u$ et $h$ sont linéaires. On a donc $$\phi(u+h)=\phi(u)+u\circ h+h\circ u+h\circ h.$$ L'application $\mathcal L(E)\to\mathcal L(E)$, $h\mapsto u\circ h+h\circ u$ est linéaire. Pour démontrer que $\phi$ est différentiable en $u$, il suffit de prouver que $\|h\circ h\|=o(\|h\|)$. Mais, si on a muni $\mathcal L(E)$ de la norme d'application linéaire subordonnée à une norme quelconque sur $E$, on a $$\|h\circ h\|\leq \|h\|^2.$$ On a bien prouvé que $\phi$ est différentiable en $u$ et que $d\phi_u(h)=u\circ h+h\circ u$. Pour prouver que $u\mapsto d\phi_u$ est continue, on va prouver qu'elle est lipschitzienne. On fixe donc $u,v\in\mathcal L(E)$, et on remarque que pour tout $h\in\mathcal L(E)$, on a $$d\phi_u(h)-d\phi_v(h)=(u-v)\circ h+h\circ (u-v).$$ Ainsi, $$\|d\phi_u(h)-d\phi_v(h)\leq 2\|u-v\|\times\|h\|.$$ Ceci prouve que $$\|d\phi_u-d\phi_v\|\leq 2\|u-v\|,$$ et donc que l'application $u\mapsto d\phi_u$ est bien lipschitzienne. Ainsi, $\phi$ est de classe $C^1$.

Puisque $N$ est différentiable en $x,$ il existe une application linéaire $L:E\to E$ telle que, pour tout $h\in E,$ $$N(x+h)=N(x)+L(h)+o(\|h\|).$$ On veut obtenir un développement limité du même type en $\lambda x.$ Pour cela, on écrit \begin{align*} N(\lambda x+h)&=N\left(\lambda\left(x+\frac{h}{\lambda}\right)\right)\\ &=|\lambda| N\left(x+\frac h\lambda\right)\\ &=|\lambda| N(x)+|\lambda|L\left(\frac h\lambda\right)+|\lambda|o\left(\left\|\frac h\lambda\right\|\right)\\ &=N(\lambda x)+\frac {|\lambda|}\lambda L(h)+o(\|h\|) \end{align*} Ceci prouve que $N$ est différentiable en $\lambda x$ et que $$dN(\lambda x)=\frac{|\lambda|}{\lambda}dN(x).$$ En particulier, si $\lambda>0$, $dN(\lambda x)=dN(x).$

Fixons $x\in\mathbb R^2$. Alors, pour $h\in\mathbb R^2$, on a $$|f(x+h)-f(x)|\leq \|h\|^2\implies f(x+h)=f(x)+o(\|h\|).$$ Ceci signifie que $f$ est différentiable en $x$ et que $df_x=0$. En particulier, $f$ est donc de classe $C^1$ sur $\mathbb R^2$. Comme $\mathbb R^2$ est convexe (donc connexe par arcs), ceci implique que $f$ est constante.

Les fonctions $f$ et $g$ étant réciproques l'une de l'autre, on a les relations $$g\circ f=Id_U\textrm{ et }f\circ g=Id_V.$$ En différentiant ces deux relations, l'une au point $a$ et l'autre au point $b$, on trouve $$dg_b\circ df_a=Id_{\mathbb R^p}\textrm{ et }df_a\circ dg_b=Id_{\mathbb R^q}.$$ Autrement dit, $dg_b$ et $df_a$ sont deux applications linéaires réciproques l'une de l'autre. L'algèbre linéaire nous dit alors que $p=q$.

Puisque $x\mapsto df_x$ est continue en $a$, il existe $\eta>0$ tel que $$\|x-a\|\leq \eta\implies \|df_x-df_a\|\leq\veps.$$ Quitte à réduire $\eta$, on peut supposer que la boule $B(a,\eta)$ est contenue dans $U$. Prenons ensuite $x,y$ dans cette boule $B(a,\eta)$ et appliquons la formule de Taylor à $f$ entre $x$ et $y$ à l'ordre $1$ (qui n'est rien d'autre que la formule fondamentale du calcul intégral...). On a alors $$f(y)-f(x)=\int_{0}^1 df_{x+t(y-x)}(y-x)dt.$$ L'idée est que $df_{x+t(y-x)}(y-x)$ est très proche de $df_a(y-x)$ et que $$\int_0^1 df_a(y-x)dt=df_a(y-x).$$ Il ne reste plus qu'à remarquer que $$\|x+t(y-x)-a\|=\|(1-t)(x-a)+t(y-a)\|\leq (1-t)\|x-a\|+t\|y-a\|\leq\eta$$ et donc que $$\|df_{x+t(y-x)}(y-x)-df_a(y-x)\|\leq \veps \|y-x\|\leq\veps$$ pourvu que $2\eta\leq\veps$. Ainsi, \begin{eqnarray*} \left\|\int_0^1 df_{x+t(y-x)}(y-x)dt-\int_0^1 df_a(y-x)dt\right\|&\leq& \int_0^1 \left\|df_{x+t(y-x)}(y-x)-df_a(y-x)\right\|dt\\ &\leq&\int_0^1 \veps dt\leq \veps. \end{eqnarray*}