Préparer sa kholle : calcul différentiel
L'exercice qu'il faut savoir faire
Enoncé 
Soit $f:\mtr^2\to\mtr$ une application de classe $C^1$.
- On définit, pour $(x,y)\in\mtr^2$ fixé, $g:\mtr\to\mtr,$ $t\mapsto g(t)=f(tx,ty).$
Montrer que $g$ est dérivable sur $\mtr$, et calculer sa dérivée.
- On suppose désormais que $f(tx,ty)=tf(x,y)$ pour tous $x,y,t\in\mtr$.
- Montrer que pour tous $x,y,t\in\mtr$, on a
$$f(x,y)=\frac{\partial f}{\partial x}(tx,ty)x+\frac{\partial f}{\partial y}(tx,ty)y.$$
- En déduire qu'il existe des réels $\alpha$ et $\beta$ que l'on déterminera tels que,
pour tous $(x,y)\in\mtr^2$, on a
$$f(x,y)=\alpha x+\beta y.$$
Indication 
- Dérivée d'une fonction composée.
-
- Utiliser la relation précédente.
- Appliquer en $t=0$.
Corrigé
- La fonction $g$ est $C^1$ comme composée de fonctions de classe
$C^1$. On a :
$$g'(t)=x\frac{\partial f}{\partial x}(tx,ty)+y\frac{\partial
f}{\partial y}(tx,ty).$$
-
- On peut alors écrire $g(t)=tf(x,y)$, et le calcul de la dérivée de $g$
donne $g'(t)=f(x,y)$. La comparaison avec l'expression obtenue à
la question précédente donne le résultat.
- Il suffit d'appliquer la relation précédente pour $t=0$. On a
$f(x,y)=\alpha x+\beta y$ avec $\alpha=\frac{\partial f}{\partial
x}(0,0)$ et $\beta=\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)$. Réciproquement, on vérifie facilement
qu'une fonction vérifiant $f(x,y)=\alpha x+\beta y$ vérifie également $f(tx,ty)=tf(x,y)$.
L'exercice standard
Enoncé On note $\Omega=\mathbb R\times ]0,+\infty[$.
- Déterminer toutes les fonctions $f:\Omega\to\mathbb R$ de classe $\mathcal C^1$ telles que, pour tout $(x,y)\in\Omega,$
$$x\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)-y\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0.$$
On pourra utiliser le changement de variables $u=xy$ et $v=-\ln(y).$
- On s'intéresse maintenant à l'équation aux dérivées partielles suivantes :
$$\forall (x,y)\in\Omega,\ x\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)-y\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2x+3y.$$
- Déterminer une fonction linéaire solution de cette équation.
- En déduire toutes les solutions de cette équation.
Indication
- Poser $\phi(x,y)=(xy,-\ln(y))$ et vérifier que $\phi$ est injective, et même est une bijection de $\Omega$ sur $\mathbb R^2$. Poser $F(u,v)=f(\phi^{-1}(u,v))$ puis former une équation aux dérivées partielles simple vérifiée par $f.$
-
- Poser $f(x,y)=ax+by$ et déterminer $a$ et $b$.
- Utiliser le principe de superposition des solutions, comme pour les équations différentielles.
Corrigé
- Pour $(x,y)\in\Omega,$ on pose $\phi(x,y)=(xy,-\ln(y))$. On va commencer par vérifier que $\phi$ est une bijection de $\Omega$ sur $\mathbb R^2$. C'est facile. En effet, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2,$ on a
$$\left\{
\begin{array}{rcl}
u&=&xy\\
v&=&-\ln(y)
\end{array}
\right.
\iff
\left\{
\begin{array}{rcl}
x&=&ue^v\\
y&=&e^{-v}.
\end{array}
\right.
$$
Il est donc légitime de poser, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2,$
$F(u,v)=f(\phi^{-1}(u,v))$ de sorte que $f(x,y)=F(xy,-\ln(y))$ pour tout $(x,y)\in\Omega.$
On observe alors que
\begin{align*}
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=y\frac{\partial F}{\partial u}(xy,-\ln(y))\\
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=x\frac{\partial F}{\partial u}(xy,-\ln(y))-\frac 1y\frac{\partial F}{\partial v}(x,y).
\end{align*}
Ainsi, si $f$ est solution de l'équation aux dérivées partielles donnée par l'énoncé, $F$ vérifie
$$\frac{\partial F}{\partial v}=0.$$
On intègre cette équation et on trouve qu'il existe $H:\mathbb R\to\mathbb R$ de classe $C^1$ telle que, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2,$ on a
$$F(u,v)=H(u).$$
Ceci signifie que, pour tout $(x,y)\in\Omega,$
$$f(x,y)=H(xy).$$
Réciproquement, il est facile de voir que ces fonctions sont solutions de l'équation aux dérivées partielles.
-
- Posons $f(x,y)=ax+by$ avec $a,b\in\mathbb R.$ Alors
$$x\frac{\partial f}{\partial x}-y\frac{\partial f}{\partial y}=ax-by$$
et donc $f_0(x,y)=2x-3y$ est une solution particulière de l'équation.
- Par linéarité, on vérifie que $f$ est solution de la second équation aux dérivées partielles si et seulement si $f-f_0$ est solution de la première équation aux dérivées partielles. Donc $f$ est solution de la seconde équation aux dérivées partielles si et seulement s'il existe $H:\mathbb R\to\mathbb R$ de classe $C^1$ telle que, pour tout $(x,y)\in\Omega,$
$$f(x,y)=H(xy)+2x-3y.$$
L'exercice pour les héros
Enoncé Soit $n\geq 2$.
- Démontrer que l'application déterminant est de classe $C^\infty$ sur $\mathcal M_n(\mathbb R)$.
- Soit $1\leq i,j\leq n$ et $f(t)=\det(I_n+tE_{i,j})$. Que vaut $f$?
- En déduire la valeur de $\frac{\partial \det}{\partial E_{i,j}}(I_n)$.
- En déduire l'expression de la différentielle de $\det$ en $I_n$.
- Retrouver ce résultat en calculant $\det(I_n+tH)$ en trigonalisant $H$.
- Démontrer que si $A$ est inversible, alors $d_A\det(H)=\textrm{Tr}({}^t\textrm{comat}(A)H)$.
- Démontrer que la formule précédente reste valide pour toute matrice $A\in\mathcal M_n(\mathbb R)$.
Indication
- Polynôme...
- Séparer le cas $i=j$ et le cas $i\neq j$.
- Utiliser la définition de la dérivée partielle.
- Exprimer la différentielle en fonction des dérivées partielles.
-
- Factoriser par $A$ pour se ramener au cas précédent.
- Procéder par densité.
Corrigé
- L'expression du déterminant (ou son développement suivant une ligne ou une colonne) montre qu'il s'agit d'un polynôme en les coefficients de la matrice. Donc il s'agit d'une fonction de classe $C^\infty$.
- Si $i=j$, alors on a $f(t)=1+t$ et si $i\neq j$, alors $f(t)=1$.
- Par définition de la dérivée partielle du déterminant par rapport à la coordonnée donnée par $E_{i,j}$, on a
$$\frac{\partial \det}{\partial E_{i,j}}(I_n)=f'(0)$$
et cette quantité vaut $1$ si $i=j$, $0$ sinon.
- Rappelons que $(E_{i,j})_{1\leq i,j\leq n}$ est une base de $\mathcal M_n(\mathbb R)$. Toute matrice $H$ s'écrit $H=\sum_{1\leq i,j\leq n}h_{i,j}E_{i,j}$. On en déduit que :
$$d_{I_n} \det (H)=\sum_{1\leq i,j\leq n}h_{i,j}\frac{\partial \det}{\partial E_{i,j}}(I_n)=\sum_{i=1}^n h_{i,i}=\textrm{Tr}(H).$$
- En notant $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ les valeurs propres complexes de $H$, on a, par trigonalisation, où $PHP^{-1}$ est triangulaire supérieure,
$$\det(I_n+tH)=\det(I_n+tPHP^{-1})=\prod_{i=1}^n (1+t\lambda_i)=1+t\sum_{i=1}^n \lambda_i+o(t).$$
Ainsi, $d\det_{I_n}(H)=\textrm{Tr}(H)$.
- On écrit que
\begin{eqnarray*}
\det(A+H)&=&\det(A(I_n+A^{-1}H))\\
&=&\det(A)\times\det(I_n+A^{-1}H)\\
&=&\det(A)\times (1+\textrm{Tr}(A^{-1}H)+o(\|H\|))\\
&=&\det(A)+\textrm{Tr}(\det(A)A^{-1}H)+o(\|H\|).
\end{eqnarray*}
Ceci démontre que
$$d_A\det(H)=\textrm{Tr}(\det(A)A^{-1}H).$$
Mais c'est le même résultat que celui donné par l'énoncé, car $\det(A)A^{-1}={}^t\textrm{comat}(A)$.
- L'ensemble des matrices inversibles est dense dans $\mathcal M_n(\mathbb R)$. Notons $f$ l'application de $\mathcal M_n(\mathbb R)$ dans $\mathcal L(\mathcal M_n(\mathbb R))$, qui à $A$ associe $d_A\det$ et $g$ l'application de $\mathcal M_n(\mathbb R)$ dans $\mathcal L(\mathcal M_n(\mathbb R))$, qui à $A$ associe $H\mapsto \textrm{Tr}({}^t\textrm{comat}(A)H)$. Alors $f$ et $g$ sont deux applications continues, et elles coïncident sur l'ensemble des matrices inversibles, qui est dense dans $\mathcal M_n(\mathbb R)$. Cela implique que $f$ et $g$ sont égales sur $\mathcal M_n(\mathbb R)$, ce qu'il fallait démontrer.
