Math spé : Exercices sur le calcul différentiel

Pour tout réel $y$ fixé, la fonction $x\mapsto e^x\cos y$ est dérivable sur $\mathbb R$, ce qui justifie l'existence de la dérivée partielle par rapport à la première variable dans le premier exemple. La justification est identique pour les autres fonctions et on trouve respectivement :

1. $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=e^x\cos y\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=-e^{x}\sin y.$$
2. $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x\cos(xy)-y(x^2+y^2)\sin(xy),$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y\cos(xy)-x(x^2+y^2)\sin(xy).$$
3. $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{xy^2}{\sqrt{1+x^2y^2}},\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{yx^2}{\sqrt{1+x^2y^2}}.$$

D'une part, la fonction $f$ est continue sur $\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$. D'autre part, on a $$|f(x,y)|\leq (x^2+y^2)^{1/4}.$$ Ainsi, $f$ se prolonge par continuité en $(0,0)$ en posant $f(0,0)=0$. Du fait que $f(0,t)=0$ pour tout réel $t$, $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la seconde variable en $(0,0)$ qui vaut $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0$. D'autre part, pour $t\neq 0$, on a $$\frac{f(t,0)-f(0,0)}t=|t|^{-1/2}.$$ Ceci tend vers $+\infty$ si $t$ tend vers 0, et donc $f$ n'admet pas de dérivée partielle par rapport à la première variable en $(0,0)$.

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

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 $d\phi_P(H)=3\int_0^1 \big(P(t)\big)^2 H(t)dt$.

Il suffit de démontrer que la fonction admet des dérivées partielles en tout point de $\mathbb R^2$, et que ces dérivées partielles sont continues sur $\mathbb R^2$.

1. D'une part, $f$ est clairement de classe $C^1$ sur $\mtr^2\backslash\{(0,0)\}$, et on a $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{2xy^5}{(x^2+y^2)^2},\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^2y^2\frac{3x^2+y^2}{(x^2+y^2)^2}.$$ D'autre part, montrons que $f$ admet des dérivées partielles en $(0,0)$. On a en effet : $$f(x,0)-f(0,0)=0,$$ ce qui prouve que $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable valant $$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0.$$ De même pour la dérivée partielle par rapport à la seconde variable. Il reste à démontrer que ces dérivées partielles sont continues en $(0,0)$. Mais on a, pour $(x,y)\neq (0,0)$ : $$\left|\frac{2xy^5}{(x^2+y^2)^2}\right|=2|xy|\left(\frac{y^2}{(x^2+y^2)}\right)^2\leq 2|xy|,$$ ce qui prouve que $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ tend vers $0=\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. De même, puisque $2|xy|\leq x^2+y^2$, on a : $$\left|\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right|\leq \frac{1}{4}\left|3x^2+y^2\right|.$$ On a également continuité de la dérivée partielle par rapport à la seconde variable en $(0,0)$.
2. On commence par étudier la continuité de $f$ en $(0,0)$ (même si ce n'est pas utile pour appliquer le théorème mentionné). On a \begin{eqnarray*} |f(x,y)-f(0,0)|&\leq&x^2y^2|\ln(x^2+y^2)|\\ &\leq&\frac 14(x^2+y^2)^2|\ln(x^2+y^2)|\\ &\leq&\frac 14(x^2+y^2)\times (x^2+y^2)|\ln(x^2+y^2)|. \end{eqnarray*} Du fait que $u\ln u$ tend vers 0 lorsque $u$ tend vers $0^+$, on en déduit que $f$ est continue en $(0,0)$. Ensuite, remarquons que $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable ailleurs qu'en $(0,0)$ donnée par $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2xy^2\ln(x^2+y^2)+\frac{2x^3y^2}{x^2+y^2}.$$ Pour étudier l'existence d'une dérivée partielle par rapport à la première variable en $(0,0)$, on étudie le taux d'accroissement $$\frac{f(t,0)-f(0,0)}t=0\to 0.$$ Donc $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ existe et vaut 0. On va maintenant prouver la continuité de $\frac{\partial f}{\partial x}$ en $(0,0)$. Le même raisonnement que pour la continuité de $f$ (en utilisant par exemple $|x|\leq (x^2+y^2)^{1/2}$) prouve que $2xy^2\ln(x^2+y^2)$ tend vers 0 si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. D'autre part, $$\left|\frac{2x^3y^2}{x^2+y^2}\right|\leq x^2|y|$$ ce qui prouve également que $\frac{2x^3y^2}{x^2+y^2}$ tend vers $0$ lorsque $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. Ainsi, $\frac{\partial f}{\partial x}$ est continue en $(0,0)$, et par suite sur $\mathbb R^2$. Enfin, par symétrie des variables $x$ et $y$, ce que l'on vient de démontrer est aussi valable pour les dérivées partielles par rapport à la deuxième variable. Ainsi, $f$ est $C^1$ sur $\mathbb R^2$.

On remarque d'abord que, dans les 3 cas, $f$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$.

1. On a $$|f(x,y)-f(0,0)|\leq |x|\times \frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}\leq |x|,$$ et $|x|\to 0$ lorsque $(x,y)\to (0,0)$. Ainsi, $f$ est continue en $(0,0)$. De plus, un calcul facile montre que, pour tout $(x,y)\neq (0,0)$, on a $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{-4x^3y}{(x^2+y^2)^2}.$$ En particulier, pour $t\neq 0$, $\frac{\partial f}{\partial y}(t,t)=-1$ tandis que $\frac{\partial f}{\partial y}(0,t)=0.$ Ainsi, $\frac{\partial f}{\partial y}$ n'a aucune chance d'être continue en $(0,0)$ (alors qu'on n'a même pas étudié l'existence d'une dérivée partielle en $(0,0)$!). Ainsi, $f$ n'est pas de classe $C^1$.
2. On a $$|f(x,y)-f(0,0)|\leq |x|\times\frac{x^2}{x^2+y^2}+|y|\times\frac{y^2}{x^2+y^2}\leq |x|+|y|.$$ Ainsi, $f$ est continue en $(0,0)$. D'autre part, un calcul facile montre que, pour tout $(x,y)\neq (0,0)$, on a $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{x^4+3x^2y^2-2xy^3}{(x^2+y^2)^2}.$$ Il vient, pour $t\neq 0$, $\frac{\partial f}{\partial x}(t,0)=1$ et $\frac{\partial f}{\partial x}(0,t)=0$. Ainsi, $\frac{\partial f}{\partial x}$ ne peut pas être continue en $(0,0)$ et $f$ n'est pas $C^1$ sur $\mathbb R^2$.
3. On va commencer par étudier la régularité de la fonction d'une variable réelle $g$ définie par $g(t)=e^{-1/t}$ si $t>0$, $g(t)=0$ sinon. Clairement, $g$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb R\backslash\{0\}$. De plus, on a $g'(t)=0$ si $t<0$ et $g'(t)=\frac1{t^2}e^{-\frac 1t}$ si $t>0$. On a donc $g'(t)\to 0$ si $t\to 0$. On en déduit, par le théorème de prolongement d'une dérivée, que $g$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb R$ avec $g'(0)=0$. Maintenant, $f=g\circ \phi$ avec $\phi(x,y)=x^2+y^2$ de classe $C^1$ sur $\mathbb R^2$. Par composition, $f$ est donc de classe $C^1$ sur $\mathbb R^2$.

Il suffit de dériver successivement par rapport aux bonnes variables. Remarquons que les fonctions sont clairement de classe $C^2$ sur $\mathbb R^2$ et donc que les dérivées croisées d'ordre 2 sont égales.

1. On trouve $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=3x^2+2xy,\quad\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^2$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=6x+2y,\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=0,\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=2x.$$
2. On trouve $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=ye^{xy},\quad\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=xe^{xy}$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=y^2e^{xy},\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=x^2 e^{xy},\quad\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=e^{xy}+xye^{xy}.$$

La fonction $f$ est de classe $C^2$ comme composée de fonctions toutes de classe $C^2$. On a ensuite, en notant $t=y/x$ : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=-\frac{y}{x^2}g_0'(t)+g_1(t)-\frac{y}{x}g_1'(t)$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=\frac{2y}{x^3}g_0'(t)+\frac{y^2}{x^4}g_0''(t)+\frac{y^2}{x^3}g_1''(t)$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{1}{x}g_0'(t)+g_1'(t)$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}=-\frac{1}{x^2}g_0'(t)-\frac{y}{x^3}g_0''(t)-\frac{y}{x^2}g_1''(t)$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=\frac{1}{x^2}g_0''(t)+\frac{1}{x}g_1''(t).$$ Il suffit ensuite de faire la somme demandée pour obtenir le résultat.

Dans ce genre d'exercice, l'idée est de faire un changement de variables linéaire en posant $u(x,y)=ax+by$ et $v(x,y)=cx+dy$, et en définissant $F:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ par $f(x,y)=F(u(x,y),v(x,y))$. Ceci a un sens si $(x,y)\mapsto (u(x,y),v(x,y))$ est une bijection de $\mathbb R^2$ sur lui-même, et donc si $ad-bc\neq 0$. On a donc, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=a\frac{\partial F}{\partial u}(u(x,y),v(x,y))+c\frac{\partial F}{\partial v}(u(x,y),v(x,y))$$ et $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=b\frac{\partial F}{\partial u}(u(x,y),v(x,y))+d\frac{\partial F}{\partial v}(u(x,y),v(x,y)).$$ Donc : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)-3\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=(a-3b)\frac{\partial F}{\partial u}(u(x,y),v(x,y))+(c-3d)\frac{\partial F}{\partial v}(u(x,y),v(x,y)).$$ Prenons $c=3$, $d=1$, $b=0$ et $a=1$ (qui est bien un changement de variables [inversible]).L'équation devient alors $$\frac{\partial F}{\partial u}(u(x,y),v(x,y))=0$$ et on a donc, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2$, $$\frac{\partial F}{\partial u}(u,v)=0.$$ La fonction $F$ ne dépend que de sa second variable : il existe $g\in\mathcal C^1(\mathbb R)$ tel que, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2,$ $F(u,v)=g(v)$. Revenant à $f$ on trouve que $f(x,y)=g(3x+y)$. Réciproquement, une telle fonction est bien solution de l'équation.

On pose donc $f(x,y)=F(u,v)$ avec $u=x+at$ et $v=x+bt$. On a donc $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac{\partial^2 F}{\partial u^2}+2\frac{\partial^2 F}{\partial u\partial v}+\frac{\partial^2 F}{\partial v^2}$$ et $$\frac{\partial^2 f}{\partial t^2}=a^2 \frac{\partial^2 F}{\partial u^2}+2ab\frac{\partial F}{\partial u\partial v}+b^2\frac{\partial^2 F}{\partial v^2}.$$ L'équation devient alors : $$(c^2-a^2)\frac{\partial^2 F}{\partial u^2}+2(c^2-ab)\frac{\partial^2 F}{\partial u\partial v}+(c^2-b^2)\frac{\partial^2 F}{\partial v^2}=0.$$ En prenant $a=c$ et $b=-c$, l'équation devient $$\frac{\partial^2 F}{\partial v\partial u}=0$$ dont la solution générale est $$F(u,v)=\phi(u)+\psi(v),$$ où $\phi$ et $\psi$ sont $C^2$. La solution générale de l'équation initiale est donc : $$f(x,t)=\phi(x+ct)+\psi(x-ct).$$

1. $K$ est un ensemble fermé et borné (c'est un triangle). C'est donc une partie compacte de $\mathbb R^2$. De plus, la fonction $f$ étant polynomiale, elle est continue sur ce compact, donc elle y est majorée et elle atteint sa borne supérieure. Le maximum peut être atteint :
   • ou bien en un point du bord de $K$;
   • ou bien en un maximum local de $f$ situé à l'intérieur de $K$.
   Ici, on remarque que si $(x,y)$ appartient à la frontière de $K$, alors ou bien $x=0$, ou bien $y=0$, ou bien $x+y=1$. Dans tous les cas, on a $f(x,y)=0$ alors que $f(1/4,1/4)>0$. Ainsi, le maximum ne peut être atteint qu'en un point à l'intérieur de $K$. On cherche donc les points critiques de $f$. Pour cela, on calcule $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=y(1-2x-y)\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x(1-x-2y).$$ Un point critique situé à l'intérieur de $K$ vérifie $$\left\{ \begin{array}{rcl} 1-2x-y&=&0\\ 1-x-2y&=&0. \end{array}\right.$$ Le seul point critique situé à l'intérieur de $K$ est donc $(1/3,1/3)$. Comme un maximum local ne peut être atteint qu'en un point critique, c'est donc que $f$ admet son maximum sur $K$ en $(1/3,1/3)$. Ce maximum est égal à $1/27$.
2. Le début du raisonnement est tout à fait similaire. Ensuite, on remarque que $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=1+3x^2>0.$$ Ainsi, $f$ ne peut pas admettre de point critique, et donc le maximum de $f$ sur $K$ ne peut être atteint qu'en un point du bord de $K$. Il suffit ensuite d'étudier le comportement de $f$ sur le bord de $K$. On a d'une part $f(x,0)=x+x^3$ qui atteint son maximum en $(1,0)$, maximum valant $2$. On a ensuite $f(x,1)=x+x^3$, qui atteint son maximum valant 2 en $(1,1)$. On a ensuite $f(0,y)=-y+y^3\leq 2$ si $y\in[0,1]$, et $f(1,y)=2-y+y^3\leq 2$. Ainsi, le maximum de $f$ sur $K$ est égal à 2.
3. Le début du raisonnement est identique. On cherche ensuite les points critiques appartenant à l'intérieur de $K$, l'ouvert $U=]0,\pi/2[^2$ en remarquant que $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\sin y \sin(2x+y)\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\sin x\sin(x+2y)$$ (on a utilisé la célèbre formule $\sin(a+b)=\sin a \cos b+\sin b\cos a$). Un point $(x,y)$ de $U$ est un point critique si et seulement si on a $$\left\{\begin{array}{rcl} \sin(2x+y)&=&0\\ \sin(x+2y)&=&0. \end{array}\right.$$ Puisque $x+2y\in ]0,3\pi/2[$, on a nécessairement $$\left\{\begin{array}{rcl} 2x+y&=&\pi\\ x+2y&=&\pi. \end{array}\right.$$ Ainsi, le point $(\pi/3,\pi/3)$ est le seul point critique de $f$ dans $U$. On a $f(\pi/3,\pi/3)=\frac{3\sqrt 3}{8}$. On étudie maintenant $f$ sur le bord de $K$, ie on étudie $f(0,t)$, $f(t,0)$, $f(\pi/2,t)$ et $f(t,\pi/2)$ pour $t\in [0,\pi/2]$. On remarque que $f(0,t)=f(t,0)=0$ et par symétrie du rôle joué par $x$ et $y$, on peut se restreindre à l'étude de $f(\pi/2,t)$. Mais, $$f(\pi/2,t)=\sin t\sin(t+\pi/2)=\sin t\cos t=\frac 12\sin(2t),$$ dont le maximum pour $t\in[0,\pi/2]$ vaut $1/2$. Comme $\frac 12\leq \frac{3\sqrt 3}8$, on en déduit que $f$ admet pour maximum sur $K$ la valeur $\frac{3\sqrt 3}8$.

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 $p=q$.

On copie la preuve en dimension 1. Soit $K$ la boule unité fermée de $\mathbb R^n$. $K$ étant compacte, $f$, qui est continue, admet un minimum atteint en $a$ et un maximum atteint en $b$ sur $K$. Si $f(a)=f(b)$, alors $f$ est constante sur $K$ et $x_0=0$ convient. Sinon, l'une des valeurs prises est différente de la valeur prise par $f$ sur $S$, disons $f(a)$, et donc $a\notin S$. Ainsi, $f$ admet un extrémum local en $a$, et donc $df_a=0$.