Polycopie Fonctions de Plusieurs Variables

September 21, 2017 | Author: anass | Category: Compact Space, Mathematical Structures, Geometry, Mathematical Analysis, Algebra

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polycope analyse...

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Avec l’intuition on invente, avec la logique on donne des preuves. Henri Poincaré, 1854-1912

Fonctions de plusieurs variables réelles Sciences mathématiques et applications

Pr. Sa¨ıd Asserda Université Ibn Tofail Faculté des sciences Département de mathématiques BP 242 Kenitra Maroc [email protected]

Kenitra, 26 septembre 2014

1

Table des matières

1 Espaces vectoriels norm´ es 1.1 Espaces Vectoriels . . . . . . . . . . . . . 1.2 Normes sur un espace vectoriel . . . . . . 1.3 Normes équivalentes . . . . . . . . . . . 1.4 Suites convergentes dans un evn . . . . . 1.5 Applications continues . . . . . . . . . . 1.6 Applications linéaires . . . . . . . . . . . 1.7 Boules, ouverts et fermés . . . . . . . . . 1.8 Voisinage, intérieur, adhérence, frontière 1.9 Connexité, connexité par arcs . . . . . . 1.10 Densité, compacité, complétude . . . . . 1.11 Séries dans un evn . . . . . . . . . . . . 1.12 Normes subordonnées . . . . . . . . . . . 1.13 Applications linéaires inversibles . . . . . 1.14 Applications bilinéaires continues . . . . 1.15 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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4 4 10 12 17 19 21 24 27 28 32 38 40 47 50 55

2 D´ erivabilit´ e 2.1 Dérivation . . . . . . . . . . . . . 2.2 Inégalité des accroissements finis . 2.3 Intégration . . . . . . . . . . . . . 2.4 Formule de Taylor . . . . . . . . . 2.5 Inégalité de Taylor-Lagrange . . . 2.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . .

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77 77 78 80 84 85 85

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3 Diff´ erentiablilit´ e 91 3.1 Notations de Landau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 3.2 Fréchet différentiabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 2

3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 3.10 3.11 3.12 3.13 3.14 3.15 3.16

Gâteaux différentiabilité . . . . . . . . . . . . . . . . Fonctions a` valeurs dans Rm . . . . . . . . . . . . . . Dérivées partielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gradient et matrice jacobienne . . . . . . . . . . . . Divergence et Rotationnel . . . . . . . . . . . . . . . Accroissements finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Théorème fondamentale de l’analyse . . . . . . . . . Séries d’applications différentiables . . . . . . . . . . Différentiabilité seconde . . . . . . . . . . . . . . . . Symétrie des dérivées croisées : théorème de Schwarz Laplacien d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . Formule de Taylor a` l’ordre 2 . . . . . . . . . . . . . Développement limité à l’ordre 2 . . . . . . . . . . . Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 Extrema Libres 4.1 Compacité et existence d’extrema 4.2 Extrema et différentielle première 4.3 Formes bilinéaires symétriques . . 4.4 Extrema et différentielle seconde . 4.5 Extrema d’une fonction convexe . 4.6 Inéquation d’Euler . . . . . . . . 4.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . 5

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Inversion locale et fonctions implicites 5.1 Difféomorphismes . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Formule de la différentielle de l’inverse . . . . . 5.3 Enoncé du théorème d’inversion locale . . . . . 5.4 Preuve du théorème d’inversion locale . . . . . . 5.5 Formulation du problème de fonctions implicites 5.6 Enoncé du théorème de fonctions implicites . . . 5.7 Preuve du théorème de fonctions implicites . . . 5.8 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6 Extrema li´ es 6.1 Motivation . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Encore une motivation . . . . . . . . 6.3 Formulation générale du problème . . 6.4 Théorème des extrema liés . . . . . . 6.5 Preuve du théorème des extrema liés 6.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . 3

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95 97 99 104 104 108 110 111 115 117 120 121 121 123

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135 136 140 141 146 148 151 154

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162 162 163 165 168 171 174 177 180

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189 189 189 190 190 195 198

Chapitre

1

Espaces vectoriels normés 1.1

Espaces Vectoriels

Un espace vectoriel est un ensemble non vide E o` u l’on a défini une ” addition ” et une ” multiplication par un nombre ” réel ( ou complexe ). D´ efinition 1.1.1. Soit + une loi sur E. On dit (E, +) est un groupe commutatif si : ´ ement neutre : ∃ 0E ∈ E vérifiant ∀ u ∈ E : u + 0E = 0E + u = u, - El´ - Symétrie : ∀ u ∈ E, ∃ (−u) ∈ E : u + (−u) = (−u) + u = 0E , - Associativité : ∀ u, v, w ∈ E : u + (v + w) = (u + v) + w, - Commutativité : ∀ u, v ∈ E : u + v = v + u. D´ efinition 1.1.2. On dit que E est un espace vectoriel sur R ou C si elles sont définies sur E deux lois + et • vérifiant : 1- (E, +) a une structure de groupe commutatif ; 2- Homothétie ( dilatation ) : si λ ∈ R ( ou C) et ~u ∈ E alors λ•~u ∈ E ; 3- Distributivité de • par rapport à + ( visite ) : pour tous α ∈ R ( ou C ) et ~u, ~v ∈ E on a α • (~u + ~v ) = α • ~u + α • ~v . D´ efinition 1.1.3. Une partie non vide F d’un espace vectoriel E est un sous espace vectoriel de E si ∀ λ, µ ∈ R( ou C), u, v ∈ F : λu + µv ∈ F Si (u1 , · · · , up ) sont des vecteurs d’un espace vectoriel E, on note par p X Vect((u1 , · · · , up ) := { λk uk : λ1 , · · · , λp ∈ R (ou C)} k=1

4

C’est un sous espace vectoriel de E. Un espace vectoriel E est dite de dimension n si elle existe une famille de vecteurs {u1 , · · · , un } ⊂ E telle que ∀ u ∈ E !∃ λ1 , · · · , λn ∈ R( ou C) : u =

n X

λk uk

k=1

Autrement dit {u1 , · · · , un } est libre c’est a` dire n X

λk uk = 0 ⇐⇒ λ1 = · · · = λn = 0

k=1

et génératrice c’est a` dire E = Vect(u1 , · · · , un ) Un espace vectoriel E est dite de dimension infinie s’il existe une famille infinie {e1 , e2 , · · · , en , · · · · · · } telle que pour tout entier non nul p la famille {ei1 , · · · , eip } est libre.

Espace euclidien (Rn , +, .) o` u Rn = R × R × · · · × R n-fois avec 0

0

0

0

0

0

(x1 , x2 , · · · , xn ) + (x1 , x2 , · · · , xn ) = (x1 + x1 , x2 + x2 , · · · , xn + xn ) et λ • (x1 , x2 , · · · , xn ) := (λx1 , λx2 , · · · , λxn )

Espace des matrices Soit Rn muni de la base canonique (e1 , e2 , · · · , en ) o` u ei = (0, · · · , 0, 1, 0, · · · , 0) avec 1 dans la i-ème place. Soit M(np, R) l’ensemble des matrices ( des boites ) à n-lignes et pcolonnes : Pour M = (aij )1≤i≤n,1≤j≤p ,

N = (bij )1≤i≤n,1≤j≤p ∈ M(np, R) 5

on définit M + N = (aij + bij )1≤i≤n,1≤j≤p ∈ Mnp (R) et ∀ λ ∈ R : (λ • M ) = (λ.aij )1≤i≤n,1≤j≤p ∈ Mnp (R) Alors M(np, R) est un R-espace vectoriel de dimension np. le produit M × N := (cij ) ∈ M(nm, R) des deux matrices M ∈ M(np, R) et N ∈ M(pm, R) est définie par cij =

p X

aik bkj

k=1

- Le produit de deux matrices n’est possible que si le nombre des colonnes de la première est égale au nombre de lignes de la seconde. - En général M × N 6= N × M . Comme conséquence (M(n, R), ×) n’est pas commutatif. - Aussi M × N = 0 n’entraine pas que M = 0 ou N = 0 ! - Si M N = N M alors p

(M + N ) =

p X

Cpk M k N p−k

k=0

Espace des suites num´ eriques On note par `∞ := `∞ (N) l’ensemble des suites réelles bornées i.e u = (un ) ∈ `∞ (N) si et seulement si il existe une constante M ≥ 0 tel que ∀ n ∈ N : |un | ≤ M Si u = (un ), v = (vn ) ∈ `∞ , on définit u + v par (u + v)n = un + vn et si λ ∈ R : (λ • u)n := λun On définit le sous espace vectoriel de `∞ par C0 = {u = (un ) ∈ `∞ :

lim un = 0}

n−→∞

C’est l’ensemble des suites convergentes vers 0. La suite des vecteurs (ek )k∈N ⊂ C0 définie par ek = (0, · · · , 0, 1, 0, · · · ) 6

c’est la suite dont tous les termes sont nuls sauf la k-ème place vaut 1. La famille infinie {e1 , e2 , · · · , ek , · · · } est une partie telle que toute sous famille finie est libre : en effet si p X

αk ek = 0 =⇒ αk = 0, k = 1, 2, ..., p

k=0

De plus elle est génératrice : si u = (un ) ∈ C0 on a u=

+∞ X

un en

n=0

Par suite C0 et par conséquent `∞ sont de dimension infinie.

Espace de fonctions Si A ⊂ R et une parie non vide, on note par F(A, R) := {f : A → R} l’ensemble des fonctions définies sur A a` valeurs dans R. Alors (F(A, R), +, .) est un R-espace vectoriel : si f, g ∈ F(A, R) alors f + g est définie par ∀x∈A

:

(f + g)(x) = f (x) + g(x)

et λ.f est définie par ∀x∈A

:

(λ.f )(x) = λf (x)

En particulier le sous ensemble C(A, R) ⊂ F(A, R) des fonctions continues sur A est un R-espace vectoriel.

Espace de fonctions Riemann int´ egrables Soit Fb ([a, b], R) ⊂ F([a, b], R) le sous espace vectoriel des fonctions bornées sur [a, b] i.e f ∈ Fb ([a, b], R) si et seulement si il existe Mf ≥ 0 tel que sup |f (x)| ≤ Mf x∈[a,b]

Soit f une fonction numérique définie et bornée sur un intervalle [a, b]. On effectue une subdivision de cet intervalle en intervalles disjoints [xk−1 , xk [ tels que x0 = a < x1 < · · · < xn−1 < xn = b et xk − xk−1 = 7

b−a n

La fonction f est bornée sur [a, b], donc bornée sur chaque [xk−1 , xk [. Ils existent des nombres réels mk , Mk tels que ∀ x ∈ [xk−1 , xk [ : mk ≤ f (x) ≤ Mk On associe les sommes de Darboux sn =

n X

n X et Sn = (xk − xk−1 )Mk

(xk − xk−1 )mk

k=1

k=1

Géométriquement : - Le nombre sn représente la somme des aires algébriques des rectangles [xk−1 , xk ] × [0, mk ] qui sont au dessous du graphe de f . - Le nombre Sn représente la somme des aires algébriques des rectangles [xk−1 , xk ] × [0, Mk ] qui sont au dessus du graphe de f . D´ efinition 1.1.4. La fonction f est dite Riemann intégrable sur [a, b] si les sommes de Darboux (sn ) et (Sn ) convergent vers la même limite. Cette limite est alors appelée intégrale de la fonction f sur [a, b] et noté Z b f (x)dx = lim sn = lim Sn n→∞

a

Le nombre réel

n→∞

b

Z

f (x)dx a

représente l’aire algébrique située sous le graphe de f et délimitée par l’axe des abscisses et les verticales x = a et x = b. La valeur commune, si elles sont égales, est appelée Intégrale de Riemann de f sur [a, b] notée Z b f (x)dx a

Si f, g sont intégrables sur [a, b] alors : - pour tous α, β ∈ R, la fonction αf + βg est intégrable sur [a, b] et Z b Z b Z b (αf + βg)(x)dx = α f (x)dx + β g(x)dx a

a

a

- pour tout c ∈ [a, b] : Z b Z c Z b f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx a

a

c

8

- si f ≤ g sur [a, b] alors Z

b

b

Z f (x)dx ≤

a

g(x)dx a

Z b Z b f (x)dx ≤ |f (x)|dx a

a

Th´ eor` eme 1.1.5. Toute fonction f continue sur [a, b] est Riemann intégrale sur [a, b]. Comme conséquence Z b n 1X 1 (b − a) lim = f a+k f (x)dx n→∞ n n b−a a k=1 On a la formule de la moyenne : Proposition 1.1.6. Si f est une fonction continue sur [a, b] alors il existe un point c ∈ [a, b] tel que Z b 1 f (x)dx f (c) = b−a a Démonstration. Puisque f est continue sur [a, b], d’après le théorème de Weierstrass ils existent α, β ∈ [a, b] tels que f (α) = inf f (x) et f (β) = sup f (x) x∈[a,b]

x∈[a,b]

Par suite ∀ x ∈ [a, b] : f (α) ≤ f (x) ≤ f (β) On intègre cette inégalité Z b Z b Z b dx f (x)dx ≤ f (β) f (α) dx ≤ a

a

a

Par suite 1 f (α) ≤ b−a

Z a

b

1 f (x)dx ≤ f (β) ⇐⇒ b−a

Z

b

f (x)dx ∈ [f (α), f (β)] a

D’après le théorème des valeurs intermédiares il existe c ∈ [α, β] ⊂ [a, b] tel que Z b 1 f (c) = f (x)dx b−a a

9

On note par R([a, b], R) l’ensemble des fonctions qui sont Riemannintégrables. Alors (R([a, b], R), +, .) est un R-espace vectoriel : si f, g ∈ R([a, b], R) alors f + g ∈ R([a, b], R) car b

Z

Z

b

(f + g)(x)dx :=

b

Z f (x)dx +

a

a

g(x)dx a

et λ.f ∈ R([a, b], R) car b

Z

Z

1.2

Z

b

f (x)dx

λf (x)dx = λ

(λ.f )(x)dx := a

b

a

a

Normes sur un espace vectoriel

D´ efinition 1.2.1. Une norme sur un R-espace vectoriel E est une application N : E → R+ notée u ∈ E =⇒ N (u) := kuk vérifiant les propriétés suivantes : (1) kuk = 0 si et seulement si u = 0E . (2) kλ.uk = |λ|kuk pour tous u ∈ E et λ ∈ R. (3) ku + vk ≤ kuk + kvk pour tous u, v ∈ E ( Inégalité de Minkowski, dite aussi inégalité triangulaire ). Une norme mesure la taille des vecteurs. Un espace vectoriel normé est un espace vectoriel muni d’une norme. Pour abréger, on écrit en général evn=espace vectoriel normé . Soit Rn muni de la base canonique (e1 , e2 , · · · , en ) o` u ei = (0, · · · , 0, 1, 0, · · · , 0) et 1 est dans la i-ème place. Soit M(np, R) le R- espace vectoriel des matrices à n-lignes et p-colonnes : si M = (aij )1≤i≤n,1≤j≤p et N = (bij )1≤i≤n,1≤j≤p sont dans M(np, R) alors M + N = (aij + bij )1≤i≤n,1≤j≤p ∈ Mnp (R) et ∀ λ ∈ R : (λ.M ) = (λaij )1≤i≤n,1≤j≤p ∈ Mnp (R) Il est possible de définir de nombreuses normes sur M(np, R). En voici deux :

10

La premi` ere norme est issue d’une norme sur les vecteurs en utilisant l’isomorphisme M(np, R) ' Rnp : si A = (aij ) ∈ M(np, R) , on pose kAk1 =

p n X X

|aij |,

kAk2 =

p n X X

i=1 j=1

|aij |2

21

i=1 j=1

kAk∞ =

max

1≤i≤n,1≤j≤p

|aij |

La norme k•k2 est associée au produit scalaire sur M(np, R) d´finie par : < A, B >:= trace(At B) o` u si C = (cij ) ∈ M(m, R) est une matrice (m, m) : trace(C) = et C t = (cji ) sont la trace et la matrice transposée.

Pm

i=1 cii

La deuxi` eme norme dite subordonnée est issue en regardant A comme une application linéare entre deux espaces vectoriels A : (E = Rp , k.kE ) −→ (F = Rn , k.kF ) On pose kAxkF x∈E\{0} kxkE

kAkL(E,F ) = sup

o` u L(E, F ) est le R-espace vectoriel des applications linéaires de E dans F. On note par C([a, b], R) l’espace des fonctions continues sur [a, b](a < b). On définit les applications k.k∞ , k.k1 et k.k2 sur C([a, b], R) en posant kf k∞ =

sup |f (x)| x∈[a,b]

Z

b

kf k1 =

|f (x)|dx a

s

Z

b

|f (x)|2 dx

kf k2 = a

Exercice 1.2.2. Soit h : [a, b] −→ [0, +∞[ une fonction continue. Montrer Z b h(t)dt = 0 =⇒ h ≡ 0 a

11

Exercice 1.2.3. 1- Montrer que k.k∞ , k.k1 sont des normes sur C([a, b], R). 2- En considérant le discriminant du polynôme P (t) = kf + tgk22 , établir l’inégalité de Cauchy-Schwarz : Z b f (x)g(x)dx ≤ kf k2 kgk2 pour tous f, g ∈ C([a, b]). a

Montrer que k.k2 est une norme sur C([a, b], R).

1.3

Normes ´ equivalentes

D´ efinition 1.3.1. Soient N1 et N2 deux normes sur un espace vectoriel E. On dit que N1 et N2 sont équivalentes si ∃ α, β ∈ R∗+

tels que

∀u∈E

:

αN1 (u) ≤ N2 (u) ≤ βN1 (u)

Si on note par N (E) = {l’ensemble de toutes les normes sur E} on définit la relation R sur N (E) : N1 R N2 ⇐⇒ N2 et N2 sont équivalentes Exercice 1.3.2. Monter R est une relation d’équivalence sur N (E). On note N (E)/R l’ensemble des classe d’équivalence. Si sur (E, k.k) toutes les normes sont équivalentes alors N (E)/R = {k.k} On verra dans la suite, que c’est le cas si E est de dimension finie. Ils existent deux constantes αn , βn qui ne dépendent que de n tels que ∀ u, v ∈ Rn : αn kuk∞ ≤ kuk1 ≤ βn kuk∞ En fait le théorème suivant nous dit que dans un espace vectoriel de dimension finie, ce qui va nous intéresser pour la suite, le choix de la norme n’a aucune importance. Th´ eor` eme 1.3.3. Sur un espace vectoriel de dimension finie, toutes les normes sont équivalentes. 12

Démonstration. La preuve du théorème repose sur une récurrence sur la dimension n et le fait que toute suite de Cauchy dans R est convergente. Il n’est pas nécessaire de se plonger à fond dans les détails de la démonstration, par contre il est très important de savoir utiliser de théoreme. Puisque tout espace vectoriel de dimension finie n ≥ 1 est isomorphe a` Rn , il s’agit donc de montrer que toutes les normes sur Rn sont équivalentes. Pour cela il suffit de montrer que toute norme sur Rn est équivalente à k.k∞ . Etape 1 . Si k.k est une norme sur Rn , il existe une constante β > 0 telle que k.k ≤ βk.k∞ En effet, si (e1 , e2 , · · · , en ) est la base canonique de Rn et u = (u1 , · · · , un ) ∈ Rn alors n

X

kuk = uj ej

≤ =

j=1 n X

kuj ej k

j=1 n X

|uj kej k ≤ kuk∞ ×

j=1

n X

kej k

j=1

car |uj | ≤ kuk∞ pour tout j. Il suffit de prendre β =

Pn

j=1

kej k.

Etape 2 . Si k.k est une norme sur Rn il existe une constante α > 0 telle que ∀ u ∈ Rn : αkuk∞ ≤ kuk C’est la partie difficile. On démontrer le résultat par récurrence sur la dimension n. Si n = 1 et k.k est une norme sur R alors kuk = ku × 1k = |u| × k1k = αkuk∞ et α = k1k > 0.

13

Supposons le résultat vrai pour n ≥ 1, et démontrons le pour n + 1. Soit k.k une norme sur Rn+1 , on veut montrer qu’il existe α > 0 tel que ∀ u ∈ Rn+1

αkuk∞ ≤ kuk

:

Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il n’existe pas de constante α > 0 tel que αk.k∞ ≤ k.k. Cela signifie que pour tout α > 0 on peut trouver un vecteur uα ∈ Rn+1 tel que kuα k < αkuα k∞ Puisque l’inégalité est stricte, on a alors kuα k∞ 6= 0. On peut définir uα kuα k∞

vα = On a

kvα k∞ = 1 et kvα k =

1 × kuα k < α kuα k∞

En prenant α = k1 avec k ∈ N∗ , on pose vk := vα . On obtient une suite de vecteurs (vk ) ∈ Rn+1 de norme 1 pour la norme infini et tend vers 0 pour la norme k.k : kvk k∞ = 1 et

lim kvk k = 0

k→∞

On écrit vk = (vk1 , vk2 , · · · , vkn+1 ) les coordonnées de vk dans la base canonique de Rn+1 . Par définition de k.k∞ , pour tout entier k ∈ N∗ on peut trouver un indice jk ∈ {1, 2, · · · , n + 1} tel que kvk k∞ = |vkjk | = 1 Puisqu’il y a une infinité d’entiers k et un nombre fini d’indice j ∈ {1, 2, · · · , n+1}, il existe au moins un j ∈ {1, 2, · · · , n+1} tel que jk = j pour une infinité de k. On peut supposer par exemple que j = n + 1 et on obtient ainsi une sous suite (wk ) de (vk ) telle que |wkn+1 | = 1 ⇐⇒ wkn+1 = ±1 Il y a donc une infinité de k tels que wkn+1 = 1 ou une infinité de k tels que wkn+1 = −1 14

On peut donc supposer qu’on est dans la premier cas, ce qui donne une sous suite (ξk ) de (wk ) ( et donc de (vk ) ) telle que pour une infinité de k on a ξkn+1 = 1 pour tout k ∈ N∗ En résumé on a trouvé une suite de vecteurs (ξk ) ∈ Rn+1 telle que pour k assez grand kξk k∞ = |ξkn+1 | = 1 et lim kξk k = 0 k→∞

Constatation : ∀ p, q ∈ N∗

assez grands

:

ξpn+1 = ξqn+1

Ce qui permet de considérer ξp − ξq comme vecteur de Rn en utilisant l’identification Rn = Rn × {0} ⊂ Rn+1 On utilise maintenant l’hypothèse de récurrence : puisque la restriction de k.k sur Rn = Rn × {0} est une norme, il existe une constante c > 0 tel que ∀ u ∈ Rn = Rn × {0} : ckuk∞ ≤ kuk On en déduit alors que pour tous p, q ∈ N∗ assez grands et pour tout j ∈ {1, 2, · · · , n} : (∗)

1 |ξqj − ξpj | ≤ kξq − ξp k c

D’autre part , d’après l’inégalité triangulaire kξq − ξp k ≤ kξq k + kξp k et donc kξq − ξp k → 0 quand q, p → ∞ D’après (∗) pour tout j ∈ {1, 2, · · · , n} la suite (ξkj )k∈N∗ est une suite de Cauchy dans R, et est donc convergente ( critère de Cauchy ). Pour chaque j ∈ {1, 2, · · · , n}, il existe un nombre réel ξ j tel que lim ξkj = ξ j

k→∞

On pose ξ := (ξ 1] , ξ 2 , · · · , ξ n , 1) ∈ Rn+1 on a pour tout j ∈ {1, 2, · · · , n+ 1} lim ξkj = ξ j k→∞

15

car ξkn+1 = 1 pour tout k ∈ N∗ . Par définition de la norme k.k∞ , cela entraine que lim kξk − ξk∞ = 0 k→∞

D’après l’étape 1 on a k.k ≤ ck.k∞ , on en déduit lim kξk − ξk = 0

k→∞

D’après l’inégalité triangulaire, on a pour tout k ∈ N∗ assez grand kξk ≤ kξk − ξk + kξk k Puisque kξk k → 0 et kξk − ξk → 0 quand k tend vers l’infini, on en déduit en faisant tendre k vers l’infini que kξk = 0. Puisque k.k est une norme, cela signifie que ξ=0 Mais ceci est absurde puisque la (n + 1)-ième composante de ξ est égale a` 1. On a donc obtenu une contradiction. Remarque 1.3.4. 1- Si E est de dimension finie toutes les normes sur E sont équivalentes grâce au théorème précedent. 2- Si E est de dimension infinie, pour montrer que deux normes N1 et N2 sur E sont équivalentes, il faut revenir a` la définition : c’est a` dire montrer ∃ α, β ∈ R∗+ , ∀ u ∈ E : αN1 (u) ≤ N2 (u) ≤ βN1 (u) 3- Si E n’est pas de dimension finie , pour montrer que deux normes N1 et N2 sur E ne sont pas équivalentes : il faut construire une suite (un ) ⊂ E \ {0} telle que N1 (un ) N2 (un ) = +∞ ou lim = +∞ n→∞ N2 (un ) n→∞ N1 (un ) Exemple 1.3.5. Il existent un evn E de dimension infinie et deux normes sur E qui ne sont pas équivalentes. En effet On considère E = C([0, 1], R) muni des deux normes Z 1 kf k1 = |f (x)|dx et kf k∞ = sup |f (x)| lim

x∈[0,1]

0

Soit la suite de fonctions fn (x) := xn continues sur [0, 1]. On a Z 1 1 kfn k∞ = 1 et kfn k1 = tn dt = n+1 0 Par suite kfn k∞ lim = +∞ n−→∞ kfn k1 16

1.4

Suites convergentes dans un evn

D´ efinition 1.4.1. Soient (E, k.k) un evn, (uk ) une suite déléments de E et u ∈ E. On dit que la suite (uk ) converge vers u si lim (kuk − uk) = 0

k→∞

Avec les quantificateurs ∀ > 0, ∃ N ∈ N, ∀ k ≥ N

:

kuk − uk ≤ .

Remarque 1.4.2. Les suites convergentes restent les mêmes si on remplace la norme par une norme équivalente. En particulier dans un espace vectoriel de dimension finie, les suites convergentes sont les mêmes quelle que soit la norme utilisée et on peut parler de convergence sans faire explicitement référence à aucune norme. Exemple 1.4.3. 1- Une suite (uk ) ⊂ Rn converge dans Rn ( pour n’importe quelle norme ) si et seulement si elle converge ” coordonnée par coordonnée ”. Autrement dit si on écrit uk = (u1k , · · · , unk ) et u = (u1 , · · · , un ), alors uk → u si et seulement si ujk → uj ,

∀ j ∈ {1, 2, · · · , n}

Par équivalence des normes, il suffit de le voir pour la norme k.k∞ : exercice facile qu’il faut savoir absolument le faire. 2- Une suite (fk ) ∈ C([a, b]) converge pour la norme k.k∞ si et seulement si elle converge uniformément sur [a, b]. Pour cette raison la norme k.k∞ s’appelle la norme de la convergence uniforme. D´ efinition 1.4.4. Une suite (uk ) dans un evn E est dite bornée si ∃ M ≥ 0, ∀ k ∈ N : kuk k ≤ M Remarque 1.4.5. Toute suite convergente est bornée. La réciproque est fausse : il suffit de penser a` un = (−1)n dans R. D´ efinition 1.4.6. Soit (un ) ⊂ E une suite. Une suite extraite de (uk ) est une suite (vk ) ⊂ (un ) qui s’écrit sous la forme vk = uφ(k) o` u φ : k ∈ N → φ(k) ∈ N est une application strictement croissante. 17

Exemple 1.4.7. La suite vn = sin(2n α) est une suite extraite de un = sin(nα) avec φ(k) = 2k o` u α ∈ R. Le très important résultat suivant donne cependant une réciproque partielle en dimension finie qui est la généralisation en plusieurs variables du théorème de Bolzano-Weierstrass dans (R, |.|). Th´ eor` eme 1.4.8. ( Bolzano-Weiestrass ) Toute suite bornée dans un evn de dimension finie posséde une sous suite convergente. Démonstration. Par équivalence des normes en dimension finie, il suffit de le voir lorsque E est Rn muni de la norme k.k∞ . Soit (uk ] une suite bornée dans (Rn , k.k∞ ). On écrit uk = (u1k , u2k , · · · , unk ) Soit M > 0 tel que ∀ k ∈ N : kuk k ≤ M On a pour tout entier k et j ∈ {1, 2, · · · , n} |ujk | ≤ M La suite (u1k ) est bornée dans R. D’après le théorème de Bolzano-Weierstrass dans R, on peut trouver une sous suite (u1φ(k)1 ) de (u1k ) qui converge vers l1 ∈ R. La suite sous suite (u2φ(k) ) de (u2k ) est bornée dans R, on peut trouver une sous suite (uφ2 (k) ) de (u2φ(k) ) qui converge vers l2 ∈ R. Par suite (uφ2 (k) ) est une sous suite de (uk ) telle que u1φ2 (k) → l1 et u2φ2 (k) → l2 En poursuivant ce raisonnement , on obtient après n extraction une sous suite (vk ) de (uk ) et n nombres réels l1 , l2 , · · · , ln tels que lim vkj = lj pour tout j ∈ {1, 2, · · · , n}

k→∞

Si on pose u = (l1 , · · · , ln ) alors (vk ) converge vers l ” coordonnée par coordonnée ”, et donc au sens de la norme k.k∞ . 18

Exemple 1.4.9. En général, le théorème de Bolzano-Weierstrass n’est PN i pas valide en dimension infinie. En effet , soit P (X) = a X ∈ i= i R[X]. On définit une application k.k1 : R[X] −→ R par kP k1 =

N X

|ai |

i=0

Il est claire que k.k1 est une norme sur R[X]. Soit (Pn )n≥0 ⊂ R[X] définie par Pn (X) = X n , n = 0, 1, · · · · · · On a kPn k1 = 1 et ∀ n 6= m : kPm − Pn k1 = 2. Aucune sous suite de (Pn ] ne posséde de sous suite convergente.

1.5

Applications continues

D´ efinition 1.5.1. Soient E et F deux evn et soit A ⊂ E. On dit qu’une application f : A \ {a} → F admet une limite ` ∈ F suivant A au point a ∈ A si lim kf (u) − lkF = 0 u∈A,ku−akE →0

Autrement dit avec les quantificateurs : ∀ > 0, ∃δ = δ(a, ), ∀ u ∈ A : ku − akE ≤ δ =⇒ kf (u) − `)kF ≤ La limite, quand elle existe, reste la même si on remplace les normes par des normes équivalentes. D´ efinition 1.5.2. Soient E et F deux evn et soit A ⊂ E. On dit qu’une application f : A → F est continue au point a ∈ A si lim

ku−akE →0

kf (u) − f (a)kF = 0

Autrement dit avec les quantificateurs : ∀ > 0, ∃δ = δ(a, ), ∀ a ∈ A : ku − akE ≤ δ =⇒ kf (u) − f (a)kF ≤ On dit qu’une application f : A → F est continue sur A si elle est continue en tout point a ∈ A. Les applications continues restent les mêmes si on remplace les normes par des normes équivalentes. 19

Exercice 1.5.3. Monter que si (E, k.k) est un evn alors l’application u → kuk est continue sur E. D´ efinition 1.5.4. Soient E et F deux evn et soit A ⊂ E. On dit qu’une application f : A → F est uniformément continue sur A si ∀ > 0, ∃δ = δ(), ∀ u, v ∈ A : ku − vkE ≤ δ =⇒ kf (u) − f (v)kF ≤ Le δ ne dépend pas de a dans la définition de la continuité uniforme. Remarque 1.5.5. Les applications uniforméments continues restent les mêmes si on remplace les normes par des normes équivalentes. La continuité uniforme entraine trivialement la continuité mais la réciproque est fausse. En effet, soit f :]0, 1] −→ R définie par f (x) =

1 x

f n’est pas uniformément continue sur ]0, 1]. En effet, si f est uniformément continue sur ]0, 1], dans la définition on prend = 1 , u = 2x et v = x avec 0 < x < η. On aura 1 1 1 ≤1 ∀ x ∈]0, η[ : − = 2x x 2x C’est absurde car f a pour limite +∞ a` droite de 0. D´ efinition 1.5.6. On dit qu’une application f : A → F est lipschitzienne s’il existe une constante C < ∞ telle que ∀ u, v ∈ A

:

kf (u) − f (v)kF ≤ Cku − vkE

Il est clair que toute application Lipschitzienne sur A est continue en tout point a ∈ A : il suffit de prendre δ(a, ) = /C. Les applications coordonnées sont continues sur Rn : pour tout j ∈ {1, 2, · · · , n} l’application πj : Rn → R définie par πj (x1 , x2 , · · · , xn ) = xj est continue sur Rn . On munit Rn de la norme infinie k.k∞ . Si x, y ∈ Rn on a |πj (x) − πj (y)| = |xj − yj | ≤ kx − yk∞ ce qui prouve que πj est 1-lipschitzienne, donc continue. 20

1.6

Applications lin´ eaires

Bien que facile a` montrer, le théorème suivant est très important. Dans la pratique, c’est toujours en utilisant ce théorème qu’on montre qu’une application linéaire est continue, et pas en revenant a` la définition de la continuité. Th´ eor` eme 1.6.1. Soient E et F deux evn. Si L : E → F une application linéaire alors L est continue ⇐⇒ ∃ C ≥ 0 telle que ∀ u ∈ E : kL(u)kF ≤ CkukE Démonstration. Supposons que L est continue. Alors L est continue en 0, donc on peut trouver δ > 0 tel que kL(v) − L(0)kF ≤ 1 pour tout v ∈ E vérifiant kv − 0kE ≤ δ, autrement dit kvkE ≤ δ =⇒ kL(v)kF ≤ 1 Soit maintenant u ∈ E quelconque avec u 6= 0. Alors v = kvk = δ, et on a donc

u

L δ

≤1 kukE F

δ u kuk

vérifie

Mais

δ

u

L(u)

=

L δ kukE F kukE F δ kL(u)kF = kukE donc l’inégalité précedente s’écrit 1 kL(u)kF ≤ kukE δ Ceci reste évidemment vrai pour u = 0 et on a donc montré que (ii) est vérifiée avec C = 1/δ. Supposons que (ii) est vérifiée pour une certaine constante C. Pour tous u, v ∈ E, on a lors ( par linéarité de L ) kL(u) − L(v)kF = kL(u − v)kF ≤ Cku − vkE ce qui montre que L et C-lipschitzienne et donc continue. 21

Corollaire 1.6.2. Si E est de dimension finie, alors toute application linéaire L : E → F est continue. Démonstration. Puisque toutes les normes sont équivalentes sur E, on peut supposer que E = (Rn , k.k∞ ). Notons Pn (e1 , e2 , · · · , en ) la base canon nique de R . Si u = (u1 , u2 , · · · , un ) = 1 uj ej ∈ E alors n n

X

X

kL(u)kF = L uj ej = uj L(ej ) F

j=1

F

j=1

Par suite kL(u)kF ≤

n X

|uj |kL(ej )kF ≤ kuk∞ ×

j=1

Il suffit de prendre C =

n X

kL(ej )kF

j=1

Pn 1

kL(ej )kF .

Remarque 1.6.3. Si E n’est pas de dimension finie, une application linéaire E −→ E n’est pas automatiquement continue. Exemple 1.6.4. Soit E = C([0, 1], R) muni de la norme s Z 1 Z 1 kf k1 = |f (t)|dt ou kf k2 = |f (t)|2 dt 0

0

On considére l’application E −→ R définie par T (f ) = f (1) Alors T est trivialement linéaire mais n’est pas continue. En effet, si T est continue il va existe une constante C > 0 tel que ∀ f ∈ E : |T (f )| ≤ Ckf k1 Si on prend la suite fn (t) = tn alors T (fn ) = 1 et s Z 1 Z 1 1 1 |fn (t)|dt = ou |f (t)|2 dt = √ n+1 2n + 1 0 0 Par suite ∀n∈N : 1≤

C n+1 22

C ou 1 ≤ √ 2n + 1

Ceci est absurde si n −→ ∞. Par contre si E est muni de la norme infinie kf k∞ = sup{|f (x)| : x ∈ [0, 1]} alors T est continue car |T (f )| = |f (1)| ≤ kf k∞ On a une caractérisation de la continuité par les suites identique a` celle d’une seule variable réelle. Proposition 1.6.5. Soit A ⊂ E une partie non vide de E. Pour une application f : A → F , les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) f est continue au point a ∈ A, (ii) pour toute suite (uk ) ⊂ A convergent vers a, la suite (f (uk )) ⊂ F tend vers f (a). Démonstration. La démonstration est identique dans le cas d’une seule variable : f : A ⊂ R → R. On remplace les valeurs absolues par les normes. Il faut absolument savoir faire la démonstration ! Corollaire 1.6.6. Soit f : A ⊂ E → Rn qu’on écrit f = (f1 , · · · , fn ). Alors f est continue au point a ∈ A si et seulement si chaque fj : A ⊂ E → R est continue au point a. Démonstration. La preuve est une conséquence directe de la proposition précedente car la convergence dans Rn est la convergence ” coordonnée par coordonnée ”. La caractérisation séquentielle de la continuité entraine que la continuité est présérvée par somme, produit, ( pour les fonctions a` valeurs réelles ou complexes ), quotient ( quand il est défini ), composition ( quand elle a un sens ). Remarque 1.6.7. En une variable réelle, si une fonction f est discontinue en t0 alors 0

0

fd (t0 ) := lim+ f (t) 6= f (t0 ) ou bien fg (t0 ) := lim− f (t) 6= f (t0 ) t→t0

t→t0

ou bien si l’une de deux limites n’existent même pas.

23

En revanche si f : Ω ⊂ Rn −→ R est discontinue en x0 ∈ Ω , il existe une infinité de manière d’arriver a` x0 . Si par exemple x0 = (0, 0) ∈ R2 , on peut arriver en (0, 0) selon les axes Ox et Oy de quatre manières ou selon y = −4x de deux manières ou plus généralement par n’importe quelle courbe continue en (0, 0) : on peut parvenir a` (0, 0) suivant une infinité de directions et de courbes. Par contre, quand on dit (x, y) −→ (0, 0), cela signifie que x → 0 et y → 0 au même temps : ce qui intervient dans la définition de la continuité. On parvient à (0, 0) suivant deux directions libres : suivant un morceau d’une surface du plan. Lorsqu’on fait converger une fonction selon une direction particulière, on ne peut avoir aucune garantie que la valeur trouvée en passant a` la limite est la limite de la fonction. Pour démontrer qu’une fonction de plusieurs variables est discontinue en x0 ∈ Rn , il suffit de trouver de deux directions particulièrs afin de trouver deux limites différentes selon ces directions ou encore de parvenir a` faire diverger la fonction selon une direction. Exemple 1.6.8. La fonction xy si (x, y) 6= (0, 0) + y2 f (0, 0) = 0 si (x, y) = (0, 0)

f (x, y) =

x2

n’est pas continue en (0, 0) car suivant la direction y = x elle vaut 1 6= f (0, 0). 2

1.7

Boules, ouverts et ferm´ es

D´ efinition 1.7.1. Soit E un evn, a ∈ E et r ≥ 0. • La boule ouverte de centre a et de rayon r, notée B(a, r), est l’ensemble des points u ∈ E vérifiant ku − ak < r : B(a, r) := {u ∈ E : ku − ak < r} • La boule fermé de centre a et de rayon r, notée B(a, r), est définie par B(a, r) := {u ∈ E : ku − ak ≤ r} 24

Exemple 1.7.2. - Si E = R muni de la valeur absolue, alors B(a, r) est l’intervalle ouvert ]a − r, a + r[ et B(a, r) = [a − r, a + r]. - Si E = C muni de la norme module si z = x + iy : |z| = k(x, y)k2 alors B(a, r) et le disque ouvert de centre a et de rayon r, et B(a, r) est le disque fermé correspondant. - Si E = (R2 , k.k∞ ) alors B(a, r) est le carré de centre a dont les cotés sont parallèlles aux axes et de longueur 2r. D´ efinition 1.7.3. Soit E un evn. On dit qu’un ensemble Ω ⊂ E est un ouvert de E si ∀ a ∈ Ω, ∃ r(a) > 0, tels que B(a, r) ⊂ Ω C’est a` dire a` chaque fois qu’on se donne un point a ∈ Ω on peut trouver une boule de centre a et de rayon non nulle qui soit contenue dans Ω. Proposition 1.7.4. Soit E un evn. la famille des ouverts de E vérifie les propriétés suivantes : (a) ∅ et E sont des ouverts, (b) toute réunion d’ouverts est un ouvert, (c) toute intersection finie d’ouverts est un ouvert. Démonstration. un exercice qu’il faut savoir faire. Il suffit juste de s’inspirer du cas E = (R, |.|). Remarque 1.7.5. Si E est un ensemble quelconque, une famille de parties de E vérifiant (a), (b) et (c) de la proposition, est appellée une topologie sur E. D´ efinition 1.7.6. Soit E un evn. On dit qu’un ensemble A ⊂ E est un fermé de E s’il possède la propriété suivante : chaque fois qu’une suite (uk ) ⊂ A converge dans E alors sa limite appartient encore à A, qui se traduit par les quantificateurs : ∀ (un ) ⊂ A, lim un = ` ∈ E =⇒ ` ∈ A n→∞

Exercice 1.7.7. 1- Montrer que ∅, E et toute boule fermé de E sont des fermés de E. 2- Montrer qu’un ensemble C ⊂ E est fermé si et seulement si son complémentaire E \ C est un ouvert. 3- Montrer que si E est un evn, alors la famille des boules fermées de E est stable par intersection quelconque et réunion finie. 25

La proposition suivante caractérise la continuité en termes d’ouverts ou fermés. Dans la pratique, c’est presque toujours ce résultat qu’on utilise pour vérifie qu’un ensemble est ouvert ou fremé. Proposition 1.7.8. Soient E et F deux evn, Ω ⊂ E un ouvert et Φ : Ω → F . Les propriétés suivantes sont équivalents : (i) φ est continue sur Ω, (ii) Φ−1 (V ) est ouvert de Ω, pour tout ouvert V ⊂ F , (iii) Φ−1 (C) est fermé dans Ω pour tout fermé C ⊂ F . Démonstration. C’est une conéquence de la proposition précedente et le fait que Φ−1 (F \ A) = Ω \ Φ−1 (A) pour tout ensemble A ⊂ F . Il est clair que (ii) et (iii) sont équivalentes. Exemple 1.7.9. L’ensemble Ω = {(x, y) ∈ R2 : x 6= y, x + y > 3, x2 + y 2 < 6} et un ouvert de R3 et l’ensemble C = {(x, y, z) ∈ R3 : |x − y| ≤ 5, x6 + y 2 z 4 = 1} est un fermé de R4 . En effet soient Φ1 , Φ2 et Φ3 les trois fonctions de R2 dans R définies par Φ1 (x, y) = x − y,

Φ2 (x, y) = x + y,

Φ3 (x, y) = x2 + y 2

Elles sont continues et −1 −1 Ω = Φ−1 1 (R \ {0}) ∩ Φ2 (]3, +∞[) ∩ Φ3 (] − ∞, 6[)

Comme R \ {0}, ]3, +∞[ et

] − ∞, 6[

sont des ouverts de R, on voit donc que Ω apparait comme l’intersection de trois ouverts de R3 . On en déduit que Ω est ouvert. On montre de la même manière que C est un fermé de R3 . Remarque 1.7.10. Ce qu’il faut retenir de ces deux exemples est la chose suivante : - un ensemble défini par un nombre fini de ” non-égalités ” et d’inégalités strictes est ouvert. - un ensemble défini par un nombre fini d’égalités et d’inégalités larges est fermé. 26

Exemple 1.7.11. L’ensemble Gl(n, R) des matrices inversibles est un ouvert de M(n, R). En effet , si on pose Φ(M ) = det(M ), d’après la définition du déterminant si M = (aij )1≤i,j≤n alors X det(M ) = (σ)a1σ(1) a2σ(2) · · · anσ(n) σ∈Sn 2

qui est une fonction continue par rapport aux variables (aij )1≤i,j≤n ∈ Rn comme produits de fonctions continues . Comme GL(n, R) = {M ∈ M(n, R) : det(M ) 6= 0} = Φ−1 (R∗ ) c’est alors un ouvert.

1.8

Voisinage, int´ erieur, adh´ erence, fronti` ere

D´ efinition 1.8.1. Soit E un evn et A ⊂ E. On dit qu’un ensemble V ⊂ E est un voisinage de A si ∀ a ∈ A, ∃ r(a) > 0 tel que B(a, r(a)) ⊂ V Exemple 1.8.2. Si E = R alors ]0, 1] ∪ {2} est un voisinage de 1/2 mais de {2}. D´ efinition 1.8.3. Soit E un evn et A ⊂ E. Soit a ∈ A. On dit que a est un point intérieur à A si ∃ r(a) > 0 tel que B(a, r(a)) ⊂ A Exemple 1.8.4. Si E = R2 alors le point (1/2, 0) est un point intérieur à ]0, 1[×R mais pas le point (0, 0). D´ efinition 1.8.5. Sot E un evn et A ⊂ E. Un point a ∈ E est un point d’accumulation de A si ∀ r > 0 l’ensemble B(a, r) ∩ A est infini Exemple 1.8.6. Si E = R le point 0 est un point d’accumulation de ]0, 1] ∪ {2} mais pas 2. D´ efinition 1.8.7. Soit E un evn et A ⊂ E. On dit que a ∈ A est un point isolé dans A si ∃ r(a) > 0 tel que B(a, r(a)) ∩ A = {a} 27

Exemple 1.8.8. Si E = R le point 2 est un point isolé dans A = ]0, 1] ∪ {2} mais pas 0. D´ efinition 1.8.9. Sot E un evn et A ⊂ E. Un point a ∈ E est dit adhérent à A si a est un point isolé ou d’accumulation dans A. Exemple 1.8.10. Si E = R les points 0 et 2 sont des points adhérents à A =]0, 1] ∪ {2}. D´ efinition 1.8.11. Soit E un evn et A ⊂ E. Un point a ∈ E est un point frontière de A si a est adhérent à A et n’est pas intérieur à A. Exemple 1.8.12. Si E = R2 le points (0, 0) est un point frontière de ]0, 1[×R et (1/2, 0) ne l’est pas.

1.9

Connexit´ e, connexit´ e par arcs

D´ efinition 1.9.1. Soit Ω un ouvert non vide d’un evn E. On dit que Ω et connexe dans E s’il est impossible de partitionner Ω en deux ouverts disjoints non vides. Autrement dit : 6 ∃ Ω0 , Ω1 ouverts de E tels que : Ω = Ω0 ∪ Ω1 et Ω0 ∩ Ω1 = ∅ D´ efinition 1.9.2. On appelle ligne brisée dans un evn E, tout ensemble L constitué d’un nombre fini de segments mis bout à bout ( pouvant éventuellement se recouper ). Autrement dit tout ensemble du type L = [a0 , a1 ] ∪ [a1 , a2 ] ∪ · · · ∪ [aN −1 , aN ] o` u les ai sont des points de E et le segment [ai−1 , ai ] := {(1 − t)ai−1 + tai : t ∈ [0, 1]} De manière équivalente, une ligne brisée L dans E est l’image d’une application γ : [0, 1] −→ E

28

continue et affine par morceaux. Affine par morceaux veut dire : il existe une subdivision {t0 = 0, t1 , · · · , tN −1 , tN = 1} de [0, 1] telle que γ |[ti ,ti+1 ] : [ti , ti+1 ] −→ E est une application affine pour tout i ∈ {0, 1, · · · , N − 1} c’est a` dire de la forme t −→ tui + vi o` u ui , vi ∈ E. Remarque 1.9.3. Les deux définitions précédentes, d’un ligne brisée L dans un evn E, sont équivalentes. Proposition 1.9.4. Soit E un evn. Pour un ouvert Ω ⊂ E, les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) Ω est connexe, (ii) Si u et v sont deux points de Ω, il existe une ligne brisée L : [0, 1] → E telle que : 1- L([0, 1]) ⊂ Ω, 2- L(0) = u et L(1) = v. Autrement dit : deux points de Ω peuvent être joints par une ligne brisée dans Ω. Si Ω vérifie (ii), on dit aussi que Ω est connexe par lignes brisées. Démonstration. Pour montrer (i) entraine (ii), supposons que Ω est connexe. Soit u ∈ Ω un point fixé. Il suffit de montrer que tout point v ∈ Ω peut être joint a` u par une ligne brisée dans Ω car u est arbitrairement choisi dans Ω. On note Ω0 = {v ∈ Ω qui peut être joint a` u par une ligne brisée dans Ω} et Ω1 = Ω \ Ω0 Il s’agit de montrer que Ω1 = ∅. Comme Ω est supposé connexe et comme Ω0 est non vide ( il contient u grâce a` la ligne brisée triviale L = [u, u]), il suffit de montrer que Ω0 et Ω1 sont des ouverts. Soit v ∈ Ω0 quelconque et choisissons une ligne brisée L joignant u a` v. Comme Ω est un ouvert, on peut trouver r > 0 tel que B(v, r) ⊂ Ω 29

Si w ∈ B(v, r) alors le segment [v, w] est contenu dans B(v, r) et donc dans Ω, car la boule B(v, r) est convexe. Par conséquent, la ligne brisée Lw = L ∪ [v, w] est contenue dans Ω et joint évidemment u a` w. Ainsi tout w ∈ B(v, r) appartient à Ω0 , autrement dit B(v, r) ⊂ Ω0 On a donc montré que Ω0 est un ouvert. Soit maintenant v ∈ Ω1 quelconque, et choisissons r > 0 tel que B(v, r) ⊂ Ω Si on pouvait joindre u a` un point w ∈ B(v, r) par une ligne brisée L ⊂ Ω, alors on pourrait relier u a` v par la ligne brisée L ∪ [w, v] ( qui est contenue dans Ω par convexité de B(v, r) ). Mais ceci est exclu puisque v ∈ Ω1 . Par conséquent, aucun point w ∈ B(v, r) ne peut être joint à u, autrement dit B(v, r) ⊂ Ω1 Cela montre que Ω1 est également ouvert. Montrons maintenant que (ii) entraine (i). On raisonne par l’absurde en supposant que (ii) est vérifié mais que (i) ne l’est pas. On peut donc écrire Ω = Ω0 ∪ Ω1 o` u Ω0 et Ω1 sont des ouverts non vides et Ω0 ∩ Ω1 = ∅ Choisissons un point u0 ∈ Ω0 et un point u1 ∈ Ω1 . D’après (ii), on peut trouver une application continue et affine par morceaux γ : [0, 1] → E telle que γ(0) = u0 , γ(1) = u1 et ∀ t ∈ [0, 1] : γ(t) ∈ Ω On pose A = {t ∈ [0, 1] : γ(t) ∈ Ω0 } - A est non vide car 0 ∈ A qui correspond a` γ(0) = u0 ∈ Ω0 . - A est majoré par 1. D’après le théorème de la borne supérieure l = sup(A) 30

existe et fini. On a γ(a) ∈ Ω = Ω0 ∪ Ω1 On va montrer que γ(a) 6∈ Ω0

et γ(a) 6∈ Ω1

ce qui entraine une contradiction. Par définition de a, on peut trouver une suite (lk ) ⊂ A telle que lim lk = l

k→∞

Par continuité de γ au point l, on a lim γ(lk ) = γ(l)

k→∞

Puisque γ(lk ) ∈ Ω0 ⊂ E \ Ω1 pour tout entier k, et E \ Ω1 est fermé dans E, on en déduit que γ(l) ∈ E \ Ω1 , autrement dit γ(l) 6∈ Ω1 . Supposons que γ(l) ∈ Ω0 . Alors a < 1 car γ(1) = v ∈ Ω1 et Ω0 ∩Ω1 = ∅. Comme Ω0 est un ouvert et que γ est continue au point a , on peut trouver δ > 0 tel que t ∈ [0, 1], |t − a| ≤ δ =⇒ γ(t) ∈ Ω0 Puisque a < 1, on en déduit qu’on peut trouver un t > a vérifiant γ(t) ∈ Ω0 : mais cela contredit la définition de a. On a donc montré que γ(a) 6∈ Ω0 Ce qui achèvent la démonstration de (ii) =⇒ (i). Corollaire 1.9.5. Si E est un evn, alors tout ouvert convexe de E est connexe. En particulier, E lui même est connexe. Remarque 1.9.6. La proposition a un grand intêret pratique : il est souvent beaucoup facile de montrer qu’un ouvert ” concret ” vérifie la propriété (ii) que de prouver qu’il ne peut pas être partitionné en deux ouverts non vides disjoints. D´ efinition 1.9.7. Une partie A de d’un evn E est dite connexe par arcs si pour tous u, v ∈ A on peut trouver un ” un chemin continu joignant

31

u à v dans A ” c’est à dire une application continue γ : [0, 1] → E telle que γ(0) = u, γ(1) = v et ∀ t ∈ [0, 1] : γ(t) ∈ A. Exemple 1.9.8. Si est Ω ⊂ E est connexe par lignes brisées alors Ω est connexe par arcs. Proposition 1.9.9. Un ouvert d’un evn E est connexe si et seulement si il est connexe par arcs. Démonstration. Donner la preuve !

1.10

Densit´ e, compacit´ e, compl´ etude

D´ efinition 1.10.1. Soit A ⊂ B ⊂ E deux parties non vide d’un evn k.k (E, k.k). On dit que A est dense dans (B, k.k) si A = B. Autrement dit A

k.k

= B ⇐⇒ ∀ b ∈ B, ∃ une suite (an ) ⊂ A tels que lim kan − bk = 0 n→∞

C’est à dire tout élément de B est limite, pour la norme k.k, d’une suite d’éléments de A. Exemple 1.10.2. Q est dense dans R : tout réel x ∈ R+ admet une décomposition décimal +∞ X ak avec a0 ∈ N, ak ∈ {0, 1, · · · , 9} k 10 k=1 = a0 , a1 a2 · · · ak · · ·

x = a0 +

Exemple 1.10.3. Soit GL(n, R), l’ensemble des matrices inversibles, qui est un ouvert de M(n, R) muni de la norme k(aij )k = max |aij |. On veut montrer que GL(n, R) est dense dans M(n, R). Pour ce faire, soit M ∈ M(n, R). on va montrer qu’il existe > 0 tel que ∀ λ ∈] − , [ : M − λIn ∈ GL(n, R) On aura alors 1 M = lim (M − In ) k−→∞ p

et si p >> 1 32

1 (M − In ) ∈ GL(n, R). p

On considère le polynôme caractéristique de M : PM (λ) := dét(M − λIn ) On note (λi )1≤i≤N les racines réelles de PM . On pose =

1 min{|αi : 1 ≤ i ≤ N } 2

On a ∀λ ∈] − , [ : PM (λ) 6= 0 Donc ∀λ ∈] − , [ : (M − λIn ) ∈ GL(n, R) Par suite 1 M = lim (M − In ) k−→∞ k

et si k >> 1

1 (M − In ) ∈ GL(n, R) k

D´ efinition 1.10.4. Soit E un evn, et K ⊂ E. On dit que K est compact dans E si pour toute suite (uk )k∈N ⊂ K, on peut extraire une sous suite convergente dont la limite appartient à K. Autrement dit avec les quantificateurs : K est compact si et seulement si ∀ (un ) ⊂ K, ∃ (uφ(n) ) ⊂ (un ) et ` ∈ K tels que lim kuφ(n) − `k = 0 n→∞

Les ensembles compactes restent les mêmes si on remplace la norme par une norme équivalente. On peut donc parler de compacts dans un espace vectoriel de dimension finie sans faire explicitement référence a` une norme. Proposition 1.10.5. Dans un evn de dimension finie les ensembles compactes sont exactement les ensembles fermés et bornés. Démonstration. En effet, soit E un evn de dimension finie. D’après l’exercice précédent, il suffit de montrer que si K est fermé et borné alors K est compact. Soit (uk ) ⊂ K une suite quelconque d’éléments de K. Puisque K est borné alors (uk ) est bornée aussi. Comme E est de dimension finie, on peut applique le théorème de Bolzano-Weierstrass 1.2.11 : la suite (uk ) posséde une sous suite convergente (uφ(k) ). De plus, comme K est fermé dans E, la limite de la suite (uφ(k) ) appartient à K.

33

Remarque 1.10.6. 1- En dimension finie, pour montrer qu’un ensemble est bornée, on peut choisir la norme qu’on veut par équivalence des normes. 2- L’ensemble K = {(x, y) ∈ R2 : x2 + 3y 2 ≤ 1} est un compact de R2 . En effet, il est claire que E est fermé ( il est défini par une inégalité large ). De √ plus, si u = (x; y) ∈ K alors x2 ≤ 1 et y 2 ≤ 1/3 i.e |x| ≤ 1 et |y| ≤ 1/ 3. Donc kuk∞ ≤ 1 pour tout u ∈ K et par conséquent K est borné. L’importance de la compacité vient du théorème de Weierstrass. Th´ eor` eme 1.10.7. Soit K un compact d’un evn E. Si f : K → R est une fonction continue, alors f est bornée et atteint ses bornes. Autrement dit : ils existent a, b ∈ K tels que f (a) = inf f (x) x∈K

et f (b) = sup f (x) x∈K

Démonstration. On se contente de montrer que f est majorée et atteint sa borne supérieure ( même raisonnement pour la borne inférieure ). Soit M := sup{f (u) : u ∈ K} ≤ ∞ Par convention on pose sup A = ∞ pour un ensemble A non majoré. Par définition de la borne supérieure M : ∀ > 0, ∃ u ∈ K tels que M ≤ f (u ) + En prenant = 1/k avec k ∈ N∗ , on peut trouver une suite (uk ) ⊂ K telle que lim f (uk ) = M k→∞

Comme K est compact, on peut extraire une sous suite (uφ(k) ) telle que lim uφ(k) = u ∈ K

k→+∞

Puisque f est continue au point u alors lim f (uφ(k) ) = f (u)

k→∞

Par suite f (u) = M = sup f K

Cela prouve à la fois que M < ∞ ( i.e f est majorée ) et que f atteint sa borne supérieure . 34

Th´ eor` eme 1.10.8. ( Théorème de Heine ) Soit K un compact d’un evn E, soit F un autre evn. Si f : K → F est continue, alors f est uniformément continue. Autrement dit, étant donné > 0 on peut prendre le même ” δ de continuité ” pour tous les points a ∈ K. Démonstration. En effet, avec les quantificateurs, il s’agit de montrer la chose suivante ∀ > 0, ∃ δ = δ(), ∀ a, u ∈ K : ku − ak < δ =⇒ kf (u) − f (a)k < Supposons que cela ne soit pas vrai. Alors on peut trouver 0 > 0 tel que ∀ δ > 0, ∃ a, u ∈ K : ku − ak < δ et kf (u) − f (a)k ≥ En prenant δ = 1/k o` u k ∈ N∗ , on obtient deux suites (ak ) ⊂ K

et (uk ) ⊂ K

telles que lim kuk − ak k = 0 et kf (uk ) − f (ak )k ≥ 0 , ∀k ∈ N∗

k→∞

Comme K est compact, on peut extraire une sous suites (aφ(k) ) ∈ K qui converge vers un certain a ∈ K. Comme kuφ(k) − ak ≤ kuφ(k) − aφ(k) k + kaφ(k) − ak alors la suite (uφ(k) ) converge aussi vers a. Puisque f est continue au point a les deux suites (f (uφ(k) )) ⊂ F

et (f (aφ(k) )) ⊂ F

convergent vers f (a) et donc 0 = lim kf (uφ(k) ) − f (aφ(k) )k ≥ 0 > 0 k→∞

On obtient donc une contradiction. D´ efinition 1.10.9. Soit (E; k.k) un evn. On dit qu’une suite (uk ) ⊂ E est une suite de Cauchy si kuq − up k → 0 35

quand p, q → ∞. Avec les quantificateurs : ∀ > 0, ∃ N ∈ N, ∀ p, q ≥ N : kuq − up k ≤ On dit que l’espace (E, k.k) est complet, ou encore E est un espace de Banach, si toute suite de Cauchy (uk ) ⊂ E est convergente. Un evn complet reste complet si on remplace la norme par une norme équivalente. R et C sont complets : c’est le critère de Cauchy pour les suites numériques. D´ efinition 1.10.10. Soit (E; k.k) un evn et A ⊂ E une partie non vide de E. On dit qu’une suite (uk ) ⊂ A est une suite de Cauchy dans A si kuq − up k → 0 quand p, q → ∞. Avec les quantificateurs : ∀ > 0, ∃ N ∈ N, ∀ p, q ≥ N : kuq − up k ≤ On dit que (A, k.k) est complet si toute suite de Cauchy (uk ) ⊂ A converge dans A. Proposition 1.10.11. Toute evn de dimension finie est complet. Démonstration. Par équivalence des normes , il suffit de montrer que Rn est complet pour la norme k.k∞ . Soit donc (uk ) ⊂ Rn une suite de Cauchy pour la norme k.k∞ et écrivons uk = (u1k , u2k , · · · , unk ). Si j ∈ {1, 2, · · · , n}, alors |ujq − ujp | ≤ kuq − up k∞ pour tous p; q ∈ N. On en déduit que la suite (ujk )k∈N est une suite de Cauchy dans R , et converge vers un certain réel lj . Si on pose u = (l1 , · · · , ln ) ∈ Rn , alors (uk ) converge vers u coordonnée par coordonnée, et donc au sens de la norme k.k∞ . Ainsi, on a bien montré que la suite de Cauchy (uk ) est convergente. Th´ eor` eme 1.10.12. ( Théorème de Baire ) Soit E un evn complet et (Un )nN une suite d’ouverts de E qui est dense dans E : ∀ n ∈ N : Un = E Alors leur intersection est dense dans E : \ Un = E n∈N

36

La formulation à l’aide des fermées : Th´ eor` eme 1.10.13. Soit E un evn complet et (Fn ) une suite de fermés de E d’intérieurs vides dans E i.e ∀ n ∈ N : Int(Fn ) = ∅ Alors leur réunion est d’intérieur vide dans E i.e [ Int Fn = ∅ n∈N

Exercice 1.10.14. Montrer que les deux formulations sont équivalentes. Démonstration. Il suffit d’établir la première formulation. Il s’agit de montrer que si V est un ouvert de E alors \ V ∩ Un 6= ∅ n∈N

On imite la preuve du théorème des segments emboités vu dans (R, |.|). Puisque U0 est dense dans E, soit B(a, r) ⊂ V tel que B(a, r) ∩ U0 6= ∅. Soit x0 ∈ B(a, r) ∩ U0 tel que B(x0 , r0 ) ⊂ B(a, r) ∩ U0

et r0 < r/2

Puisque U1 est dense dans E, on choisit x1 ∈ B(x0 , r0 ) ∩ U1 tel que B(x1 , r1 ) ⊂ B(x0 , r0 ) ∩ U1

et r1 < r0 /2

Par récurrence, on construit une suite (xn ) ⊂ E vérifiant xn ∈ B(xn−1 , rn−1 ) ∩ Un r kxn − xn−1 k ≤ n 2 L’inégalité triangulaire entraine pour tout entier n, k : kxn+k − xn k ≤ kxn+k − xn+k−1 k + · · · + kxn+1 − xn k r r r ≤ n+k + · · · + n+1 ≤ n 2 2 2 Exercice 1.10.15. Montrer que (xn ) est une suite de Cauchy .

37

Donc (xn ) est convergente car E est supposé complet. Soit ` sa limite, puisque (xn ) ⊂ B(x0 , r0 ) alors ` ∈ B(x0 , r0 ) et donc ` ∈ B(a, r). On a aussi +∞ +∞ \ \ `∈ B(xn , rn ) ⊂ Un n=0

n=0

par suite ∅= 6 B(a, r) ∩

+∞ \

Un ⊂ U ∩

n=0

+∞ \

Un

n=0

et donc +∞ \

Un = E

n=0

1.11

S´ eries dans un evn

D´ efinition 1.11.1. SoitP (uk ) une suite dans un evn (E, k.k). 1- On dit que la série k≥0 uk est convergente si la suite (Sk ) des sommes partielles de (uk ) définie par Sk =

k X

up

p=0

est convergente dans E. P 2- On dit que la série k≥0 uk est normalement convergente si la série à termes positifs X kuk k k≥0

est convergente dans R. Proposition 1.11.2. Soit E un evn. Alors E est complet si et seulement si toute série normalement convergente est convergente. P Démonstration. =⇒ : soit uk une série normalement convergente dans un evn complet E et posons Sk =

k X i=0

38

ui

Si p < q alors q q

X X

kui k ui ≤ kSq − Sp k = =p+1

i=p+1

Comme la série X

kuk k

k≥0

est convergente, le reste

∞ X

kui k

p+1

tend vers 0 quand p tend vers l’infini. Par conséquent kSq − Sp k → 0 si p, q → ∞ Autrement dit la suite (Sk ) est de Cauchy P dans E. Comme E est supposé complet, (Sk ) est convergente i.e uk converge dans E. ⇐= : Soit (un ) ⊂ E une suite de Cauchy. Par définition : ∀ > 0, ∃ N ∈ N, ∀ n ≥ N, ∀ k ∈ N : kun+k − un k ≤ On prend = 2−l : pour tout entier l, il existe nl ∈ N tel que nl+1 > nl et kunl +1 − unl k ≤ 2−l P Puisque la série l≥0 2−l converge, la série X

(unl +1 − unl )

l≥0

est normalement convergente, donc convergente par hypothèse. Mais unl +1 = un0 +

l X

(unk +1 − unk )

k=0

est aussi convergente vers u ∈ E. Ainsi (un ) est une suite de Cauchy qui posséde une sous suite convergente, elle est convergente car kun − uk ≤ kun − unl +1 k + kunl +1 − uk

39

1.12

Normes subordonn´ ees

Si E et F sont deux evn, on définit L(E, F ) = {L : E → F linéaire et continue} C’est un R-espace vectoriel. Si E = F , on écrit L(E) au lieu de L(E, E). Pour F = R, on écrit souvent E ∗ au lieu de L(E, R). Un élément de E ∗ s’appelle une forme linéaire continue sur E et l’espace E ∗ s’ appelle le dual de E. Soient E et F deux evn. Si L : E → F est une application linéaire continue, on définit le nombre réel positif n kL(u)k o F kLkL(E,F ) = sup : u ∈ E \ {0} kukE = sup{kL(u)kF : kukE = 1} = sup{kL(u)kF : kukE ≤ 1} D’après la définition de la borne supérieure, kLkL(E,F ) est la plus petite constante C telle que kL(u)kF ≤ CkukE ,

∀u∈E

Donc , pour pour un nombre réel C positif, on a l’équivalence kLkL(E,F ) ≤ C ⇐⇒ ∀ u ∈ E : kL(u)kF ≤ CkukE Une conséquence est qu’il est en général plus au moins ” automatique ” de majorer kLkL(E,F ) . En revanche une minoration demande a priori plus d’initiative. D´ efinition 1.12.1. La norme sur L(E, F ) définie par : o n kL(u)k F : u ∈ E \ {0} kLkL(E,F ) = sup kukE est appelée la norme subordonnée aux normes k.kE de E et k.kF de F . Exemple 1.12.2. Si E est un evn alors kIdE kL(E) = 1. Lemme 1.12.3. Montrer que (L(E, F ), k.kL(E,F ) ) est un evn. Dans la suite, on suppose que L(E, F ) est muni de la norme subordonnée k.kL(E,F ) relative a` des normes fixées de E et F . Cette norme dépend des normes choisies a` l’avance sur E et F . 40

Lemme 1.12.4. Si on remplace les normes de E et F par des normes équivalentes, on obtient une norme équivalente sur L(E, F ). Exemple 1.12.5. Soit E = (Rn , k.k∞ ). Pour b = (b1 , b2 , · · · , bn ) ∈ Rn , on note Θb la forme linéaire continue définie par Θb (x1 , · · · , xn ) =

n X

bj x j

j=1

Montrons que kΘb kE ∗ = kbk1 =

n X

|bj |

j=1

Démonstration. En effet, pour tout x = (x1 , · · · , xn ) ∈ Rn , on a |Θb (x)| ≤

n X

|bj ||xj |

j=1

≤

max |xj | ×

1≤j≤n

n X

|bj | ≤ kbk1 kxk∞

j=1

Mais par définition de la norme d’une forme linéaire, on a donc kΘb k ≤ kb1 k1 Pour montrer qu’on a aussi kΘb k ≥ kb1 k1 il suffit de trouver x ∈ Rn tel que kuk∞ = 1 et Θb (x) = kbk1 Pour j ∈ {1, 2, · · · , n}, choisissons j = ±1 tel que j bj = |bj |. Alors x = (1 , 2 , · · · , n ) convient : on a kxk∞ = 1 et X X Θb (x) = j bj = |bj | = kbk1 j

j

41

Notation. Si B ∈ L(E, F ) et A ∈ L(F, G) o` u E, F et G sont trois evn, on note leur composé par AB := A ◦ B qui est définie par définition : u ∈ E : (A ◦ B)(u) := A(B(u)) En général AB 6= BA. Si k ∈ N et A ∈∈ L(E) on note A0 = I et Ak := A ◦ A ◦ · · · ◦ A,

k-fois

Proposition 1.12.6. Si E, F et G sont trois evn, on a ∀ B ∈ L(E, F ), ∀ A ∈ L(F, G) : kABkL(E,G) ≤ kAkL(F,G) kBkL(E,F ) Par conséquent ∀ k ∈ N, ∀ A ∈ L(E, F ) : kAk kL(E) ≤ kAkkL(E) Remarque 1.12.7. Puisque M(n, R) s’identifie canoniquement à L(Rn ). A chaque norme sur Rn correspond donc une norme subordonnée sur M(n, R) qu’on appelle aussi une norme matricielle. Proposition 1.12.8. Soient (E, k.kE ) et (F, k.kF ) deux evn. On suppose que (F, k.kF ) est complet. Alors L(E, F ), k.kL(E,F ) est complet. Démonstration. soit (Lk ) une suite de Cauchy dans L(E, F ) i.e ∀ > 0, ∃ N ∈ N : p, q ≥ N =⇒ kLq − Lp kL(E,F ) < Il s’agit de montrer que (Lk ) converge dans L(E, F ), autrement dit de trouver L ∈ L(E, F ) telle que kLk − LkL(E,F ) −→ 0 Cela va se faire en trois étapes : 1- on commence par détecter un ” candidat limite ” L , 2- on montre que ce candidat L appartient a` L(E, F ), 3- on montre enfin que (Lk ) converge vers L dans L(E, F ).

42

1- Pour tout u ∈ E et pour p, q ∈ N, on a kLq (u) − Lp (u) ≤ kLq − Lp kL(E,F ) × kuk Comme la suite (Lk ) est de Cauchy, on en déduit que la suite (Lk (u)) et de Cauchy dans F , et donc convergente puisque F est supposé complet. Pour tout u ∈ E, on peut donc poser L(u) := lim Lk (u) k→∞

L’application L : E → F ainsi définie est notre ”candidat limite” . 2- Il est clair que L est linéaire car les Lk le sont. En effet puisque ∀ k : Lk (αu + βv) = αLk (u) + βLk (v) a` la limite lim (Lk (αu + βv) = α lim αLk (u) + β lim Lk (v)

k−→∞

k−→∞

k−→∞

c’est à dire L(αu + βv) = αL(u) + βL(v) Donc L : E −→ F est linéaire. Puisque la suite (Lk ) est de Cauchy dans L(E, F ) alors elle est bornée : on a donc une constante M telle que pour tout entier k kLk kL(E,F ) ≤ M Ceci se traduit par définition ∀ u ∈ E, ∀ k ∈ N : kLk (u)k ≤ M kuk En faisant tendre k vert l’infini, on en déduit qu’on a ∀u∈E

:

kL(u)k ≤ M kuk

ce qui prouve que l’application linéaire L est continue : L ∈ L(E, F ). 3- On montre finalement que kLk − LkL(E,F ) −→ 0 43

On fixe > 0. Comme (Lk ) est de Cauchy dans L(E, F ), on peut trouver N ∈ N tel que ∀ p, q ≥ N

:

kLq − Lp kL(E,F ) ≤

Par définition de la norme k.kL(E,F ) , cela s’écrit ∀ u ∈ E, ∀ p, q ≥ N

k(Lq − Lp )(u)k ≤ kuk.

:

En fixant p et en faisant tendre q vers l’infini, on en déduit (Lq (u) −→ L(u)) ∀ u ∈ E, ∀ p ≥ N : k(L − Lp )(u)k ≤ kuk. Par définition encore de k.kL(E,F ) , cela signifie qu’on a ∀ > 0, ∃ N ∈ N, ∀ p ≥ N

:

kL − Lp k ≤ .

c’est à dire lim kLk − Lk = 0

k−→∞

Puisque F = R est complet, on a le corolaire suivant. Corollaire 1.12.9. Si E est un evn, alors son dual E ∗ = L(E, R) est un evn complet. Remarque 1.12.10. Si E et F sont tous les deux de dimension finie, alors la démonstration précédente est sans effet car dimR L(E, F ) = dimR (E) × dimR (F ) est également de dimension finie et donc complet pour n’importe quelle norme. Remarque 1.12.11. Pour montrer qu’une application linéaire f ∈ L(E, F ) est continue, on procéde comme suit : - Exprimer f comme combinaison linéaire ou composée d’applications linéaires continues ou - Montrer qu’il existe M ≥ 0 tel que ∀ u ∈ E : kf (u)kF ≤ M kukE ou - Se rappeler si E est de dimension finie toute application linéaire f : E → F est continue.

44

Remarque 1.12.12. Pour calculer la norme kf k d’une application linéaire continue f : E → F , on procéde comme suit : - on montre d’abord qu’il existe M ≥ 0 tel que u ∈ E : kf (u)kF ≤ M kukE et on a alors kf k ≤ M o` u

kf (u)kF = sup kf (u)kF u∈BE (0,1) u∈E\{0} kukE

kf k := sup

est la norme subordonnée de f . La borne supérieure kf k peut être atteinte ou non. On peut espérer que si M est convenablement choisie que l’on ait kf k = M - Si E est de dimension finie, alors la borne supérieure kf k est atteinte (u)kF = M. et on cherchera donc u0 ∈ E \ {0} de telle sorte que kfkuk E Si E est de dimension infinie, la borne supérieure kf k peut étre atteinte ou non. Dans ce cas - soit chercher u0 ∈ E \ {0} de telle sorte que kfku(u00k)kE F = M . - soit chercher une suite (un ) ⊂ E \ {0} de telle sorte que kf (un )kF =M n→∞ kun kE lim

Exemple 1.12.13. On munit R[X] de la norme suivante : si P (X) = a0 + a1 X + · · · + aN X N on pose kP k = max |aj | 0≤j≤N

On considére les applications linéaires D, M : R[X] −→ R[X] définies par 0 D(P ) = P et M (P ) = XP 0

On a P (X) = a1 + 2a2 X + · · · + N aN X N −1 et par suite kD(P )k = max |jaj | 1≤j≤N

45

qu’on ne peut majorer pas CkP k. En effet si on prend la suite PN (X) = X N , on a kD(Pn )k = n −→ +∞ C’est à dire D n’est pas continue. On a XP (X) = a0 X + a1 X 2 + · · · + aN X N +1 Par suite kM (P )k = kP k La norme est atteinte en tout point P ∈ R[X]. Par suite kM kL(R[X]) = 1 i.e M est une isométrie , donc continue. Exemple 1.12.14. Soit E = C([0, 1], R) muni de la norme kf k2 =:= R1 2 |f (t)| dt. On définit l’application T : E −→ R 0 Z 1 2 T (f ) = tf (t)dt 0

T est linéaire continue sur E. En effet Z 1 Z 12 Z 1 |f (t)|dt |tf (t)|dt ≤ |T (f )| = tf (t)dt ≤ 0 0 0 s Z 1 ≤ |f (t)|2 dt d’après Cauchy-Schwarz 0

= kf k2 Par suite kT kL(E) ≤ 1. Si f (t) = 8 on a |T (f )| = 1 et la norme est atteinte : kT k = 1. Exemple 1.12.15. Sur (E, k.k1 ), on considère l’application linéaire P : E −→ E Z x P (f )(x) = f (t)dt la primitive de f qui est nulle en 0 0

Montrons que P est continue : si f ∈ E : Z 1 Z x kP (f )k1 = f (t)dt dx Z0 1 Z 0x ≤ |f (t)|dt dx Z0 1 Z0 1 ≤ |f (t)|dt dx 0

= kf k1 46

0

Par suite kP k ≤ 1. En fait kP k = 1 : pour cela on considére la suite de fonctions (fn )n≥1 ⊂ E définie par fn (t) = n(1 − t)n−1 Un simple calcul donne kfn k1 = 1 et Z 1 kP (fn )k1 = (1 − (1 − x)n )dx = 0

n −→ 1 n+1

quand n tend vers l’infini. La norme kP k n’est pas atteinte.

1.13

Applications lin´ eaires inversibles

D´ efinition 1.13.1. Soient E et F deux evn. On dit qu’une application linéaire continue L : E −→ F est inversible, ou encore L est un isomorphisme, si L est bijective et si L−1 : F −→ E est continue. On note par GL(E, F ) ⊂ L(E, F ) l’ensemble des isomorphismes de E sur F et GL(E) := GL(E, E) si E = F. Remarque 1.13.2. Si E et F sont de dimension finie n , la continuité de L−1 est automatique. De plus L est repréeentée par une matrice A = (aij ) de type (n, n) et pour tout j ∈ {1, 2, · · · , n} on a dét(A) =

n X

aij Cij

i=1

qui est le développement du détrmionant de A suivant la j-ième colonne, o` u Cij = (−1)i+j ∆ij et ∆ij est le déterminant d’ordre n − 1 de la matrice extraite de A en rayant la i-ième ligne et la j-ième colonne, qu’on appelle aussi mineur d’indice (i, j) de A. Par dualité on a aussi pour tout i ∈ {1, 2, · · · , n} dét(A) =

n X j=1

47

aij Cij

qui est le développement du déterminant de A suivant la i-ième ligne. La matrice des cofacteurs de A est par définition : Cof(A) = (Cij )1≤i,j≤n On a la formule fondamentale A(Cof(A))t = (Cof(A))t A = (dét(A)In En particulier A−1 =

1 (Cof(A))t dét(A)

Remarque 1.13.3. Si E et F sont des evn complets de dimension infinie et T ∈ L(E, F ) est bijective alors T −1 ∈ L(F, E). Il s’agit d’un théorème célébre du mathématicien polonais Stefan Banach, appelé théorème d’isomorphisme de Banach. En général , il n’existe pas nécéssairement d’isomorphisme entre E et F . S’il en existe, on dit que les evn E et F sont isomorphes. Proposition 1.13.4. Si E et F sont isomorphes, alors l’application GL(E, F ) −→ GL(F, E) X −→ X −1 est continue. Démonstration. Si E et F sont de même dimension qui est finie, la preuve est facile car on peut les identifier a` Rn et donc identifier GL(E, F ) a` GL(n, R) qui est l’ensemble des matrices (n, n) inversibles. Dans ce cas la formule de l’inverse X −1 =

t 1 Cof(X) dét(X)

montre bien que X → X −1 est continue comme quotients des applications continues X → (Cof(X))t la transposée de la matrice des cofacteurs de X et X → dét(X) le déterminant de X.

48

En général, on fixe A ∈ GL(E, F ). Si X ∈ GL(E, F ), en factorisant a` gauche par X −1 et à droite par A−1 , on a (∗) Donc si kX − Ak ≤

X −1 − A−1 = X −1 (A − X)A−1 1 2kA−1 k

alors

kX −1 k − kA−1 k ≤ kX −1 − A−1 k = kX −1 (A − X)A−1 k ≤ kX −1 kkA − XkkA−1 k ≤ Donc kX − Ak ≤

1 2kA−1 k

kX −1 k 2

=⇒ kX −1 k ≤ 2kA−1 k.

Ceci entraine 1 kX −1 − A−1 k ≤ kA−1 k2 kX − Ak 2 Par suite X ∈ GL(E, F ) −→ X −1 ∈ GL(F, E) est lipschitzienne sur la boule B A,

1 1 = {X ∈ GL(E, F ) : kX − Ak ≤ } −1 2kA k 2kA−1 k

de constante de Lipschitz k = 12 kA−1 k2 , donc continue. Proposition 1.13.5. Soit E un evn complet. Si H ∈ L(E) vérifie kHk < 1 alors IdE − H : E −→ E est inversible et on a −1

(IdE − H)

=

∞ X

Hk

k=0

Démonstration. On pense directement a` la série géométrique classique −1

∀ x ∈] − 1, 1[ : (1 − x)

=

+∞ X n=0

et on remplace x par H, ce qu’on va justifier. Puisque ∀ k ∈ N : kH k k ≤ kHkk

49

xn

et comme kHk = α < 1 alors la série X Hk k≥0

est normalement convergente donc convergente pour kHk < 1 car L(E) est complet. On pose ∞ X S= Hk k=0

Par continuité du produit SH =

∞ X

H k+1 = HS

k=0

Comme S =

P∞

k=0

H k , on en déduit 0

SH = S − H = S − IdE =

∞ X

H k = HS

k=1

Autrement dit S(IdE − H) = IdE = (IdE − H)S Ainsi (IdE − H) est inversible d’inverse. On le corollaire suivant qui est très utile pour la suite : Corollaire 1.13.6. Si E est un espace de Banach alors B(IE , 1) := {L ∈ L(E) : kIE − Lk < 1} ⊂ GL(E) Autrement dit : L ∈ L(E) et kIE − Lk < 1 =⇒ L

−1

+∞ X = [(IE − H)−1 ]n n=0

1.14

Applications bilin´ eaires continues

D´ efinition 1.14.1. Soient E1 , E2 et F trois evn. Une application B : E1 × E2 −→ F 50

est dite bilinéaire si B(u1 , u2 ) est linéaire par rapport à chaque variable u1 , u2 séparément. Autrement dit si pour tout u1 ∈ E1 fixé , l’application u2 ∈ E2 −→ B(u1 , u2 ) ∈ F est linéaire et pour tout u2 ∈ E2 fixé, l’application u1 ∈ E1 −→ B(u1 , u2 ) ∈ F est linéaire. Exemple 1.14.2. 1- Le produit usuel (x, y) −→ xy est bilinéaire de R × R dans R. 2- Si E est un espace vectoriel alors l’application (λ, u) → λ.u est bilinéaire de R × E dans E. 3- Le produit scalaire (x, y) ∈ Rn × Rn →< x, y >∈ R est bilinéaire. 4- Si E et F sont des evn, l’application (L, u) → L(u) est bilinéaire de L(E, F ) × E dans F . 5- Si E, F et G sont des evn, alors l’application (S, T ) → T S est bilinéaire de L(E, F ) × L(F, G) dans L(E, G). La proposition suivante caractérise la continuité pour les applications bilinéaires de manière analogue pour les applications linéaires. On rappelle que si E1 et E2 sont deux evn, alors E1 × E2 est un evn muni de la norme produit : k(u1 , u2 )kE1 ×E2 := max(ku1 kE1 , ku2 kE2 ) Donc une suite converge dans E1 × E2 si et seulement si elle converge coordonnée par coordonnée. Proposition 1.14.3. Soient E1 , E2 et F trois evn. Une application bilinéaire B : E1 × E2 −→ F est continue si et seulement si

∃ C ∈ R+ , ∀ (u1 , u2 ) ∈ E1 × E2 : kB(u1 , u2 )kF ≤ Cku1 kE1 ku2 kE2 Démonstration. Pour monter (i) entraine (ii), il suffit de reprendre la preuve du théorème établi pour les application linéaires. La constante qui sort cette fois est C = 1/δ 2 : pourquoi ?. 51

Inversement supposons que (ii) est vérifié. Soit (uk ) = (xk , yk ) une suite de E1 × E2 convergent vers u = (x, y) ∈ E1 × E2 . Par bilinéarité on a kB(xk , yk ) − B(, y)k = kB(xk − x, yk ) + B(x, yk − y)k ≤ kB(xk − x, yk )k + kB(x, yk − y)k ≤ C(kxk − xkkyk k + kxkkyk − yk) Puisque la suite (yk ) est converge alors elle est bornée, il existe M tel que pour tout entier k : kyk k ≤ M . On obtient alors kB(xk , yk ) − B(, y)k ≤ CM kxk − xk + Ckxkkyk − yk Comme xk −→ x et yk −→ y, cela montre que limk−→∞ B(xk , yk ) = B(x, y) et par conséquent B est continue. Remarque 1.14.4. 1- Si E, F et G trois evn, alors l’application (S, T ) → T S est bilinéaire continue de L(E, F ) × L(F, G) dans L(E, G). C’est une conséquence immédiate de kT Sk ≤ kT kkSk. Remarque 1.14.5. Si E1 et E2 sont des evn de dimension finie, alors toute application bilinéaire B : E1 × E2 → F est continue. En effet , par équivalences des normes, on peut supposer que E1 = Rm et E2 = Rn tous deux munis de la norme k.k∞ . Soient (e1 , · · · , em ) m n la base 1 , · · · , fn ) la base canonique de R . Si Pmcanonique mde R etP(f n x = i=1 xi ei ∈ R et y = i=1 yi ei ∈ Rn , par bilinéarité on a B(x, y) =

m X n X

xi yj B(ei , fj )

i=1 j=1

On en déduit que pour tout (x, y) ∈ Rm × Rn X kB(x, y)k ≤ Ckxk∞ kyk∞ o` uC= kB(ei , fj )k Remarque 1.14.6. Il existe un evn E et une application bilinéaire B : E × E −→ R, qui est séparement continue, i.e continue par rapport a` chaque variable quand l’autre est fixée, mais qui n’est pas continue. Pour avoir de telle B, il faut que E soit de dimension infinie. Soit E = C([0, 1], R) muni de la norme Z 1 kf k1 = |f (t)|dt 0

52

Soit B : E × E −→ R définie par Z

1

f (t)g(t)dt

B(f, g) = 0

L’application B est séparément continue car pour tous f, g ∈ E : Z 1 Z 1 f (t)g(t)dt ≤ sup |f (t)| |g(t)|dt ⇒ continuité /g si f est fixé t∈[0,1]

0

et Z

0

1

0

Z f (t)g(t)dt ≤ sup |g(t)| t∈[0,1]

1

|f (t)|dt ⇒ continuité /f si g est fixé

0

Mais B n’est pas continue : si elle l’était alors il existe une constante C > 0 telle que : Z 1 Z 1 Z 1 |f (t)|dt |g(t)|dt f (t)g(t)dt ≤ C 0

0

0

En particulier si f = g on a Z 1 Z 1 2 2 |f (t)|dt f (t)dt ≤ C 0

0

Par suite ∀f ∈E :

1

Z

21 √ Z f (t) dt ≤ C 2

0

1

|f (t)|dt

0

Une telle inégalité n’est pas vraie en généal : on le voit directement en prenant la fonction 1 f (t) = √ t qui est intégrable en 0 mais f 2 (t) = n’est pas continue en 0.

1 t

ne l’est pas. Mais cette fonction

On va se ramener en prenant, par exemple, la suite de fonctions 1 fn (t) = q t+

53

1 n

On a (fn )n≥1 ⊂ E et Z

1

21 p fn (t)2 dt = log(1 + n)

0

et Z 0

1

r 1 1 |f (t)|dt = 2 1+ − √ n n

Par suite p √ ∀n≥1 : log(1 + n) ≤ 2 C

r 1+

1 1 −√ n n

Ce qui est absurde en faisant tendre n vers l’infini. Dans l’exemple précédent, l’espace E = C([0, 1], R) n’est pas complet pour la norme k.k1 . En effet, on considère la suite de fonctions sur [0, 1] définie par fn (t) = tn On a fn (1) = 1 est par suite limn→∞ fn (1) = 1. Pour t ∈ [0, 1[ on a limn→∞ fn (t) = 0. Donc fn converge point par point vers la fonction f (t) = 0 si t ∈ [0, 1[ f (1) = 1 qui n’est pas continue en 1 : f 6∈ E. Mais Z 1 |fn (t) − f (t)|dt kfn − f k1 = 0 Z 1 1 = |fn (t)|dt = −→ 0 n+1 0 Dans l’exemple précédent, la discontinuité de B est due a` la non complétude de (C([0, 1], R), k.k1 ) vue ci-dessus. En fait, on a le théorème admis, qui est une conséquence du théorème de Baire ( amusez-vous a dévisser la preuve !). Th´ eor` eme 1.14.7. Soit E un evn complet et B : E × E −→ R une forme bilinéaire qui est séparement continue : ∀u ∈ E : v ∈ E −→ B(u, v) est continue ∀v ∈ E : u ∈ E −→ B(u, v) est continue Alors B est continue i.e ∃C > 0, ∀u, v ∈ E : |B(u, v)| ≤ Ckuk|vk 54

D´ efinition 1.14.8. Soient E1 , E2 , · · · , En et F des evn. Une application P : E1 × E2 × · · · × En −→ F est dite n-linéaire ( ou multilinéaire ) si P (u1 , u2 , · · · , un ) est linéaire par rapport à chaque variable séparément. Exemple 1.14.9. L’application déterminant det : Rn × · · · × Rn −→ R (u1 , · · · , un ) −→ dét(u1 , · · · , un ) est n-linéaire. Comme pour les application linéaires et bilinéaires, on a le critère de continuité pour les application multilinéaires. On munit E1 ×E2 ×· · ·×En de la norme produit k(u1 , · · · , un )kE1 ×···En = max kuj kEj 1≤j≤n

Proposition 1.14.10. Soient E1 , E2 , · · · , En et F des evn et P : E1 × E2 × · · · × En −→ F une application multilinéaire. Les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) P est continue, (ii) il existe une constante C telle que ∀ (u1 , · · · , un ) ∈ E1 × E2 × · · · × En : kP (u1 , · · · , un )k ≤ Cku1 k · · · kun k. ´ Lemme 1.14.11. Etablir la proposition précedente en s’inspirant du cas linéaire et bilinéaire ( raisonner par récurrence sur le nombre n des evn ).

1.15

Exercices

Exercice 1.15.1. Toute fonction continue sur [a, b] est Riemann intégrable ´ sur [a, b]. Etablir ce fait que vous devez refaire la preuve sans aucune difficulté : remarquer que f est uniformément continue, d’après le théorème de Heine, ce qui vous permet d’écrire f comme limite uniforme sur [a, b] d’une suite de fonctions en escalier. Exercice 1.15.2. Montrer que si f : [a, b] −→ R est continue alors Z b n 1X (b − a) 1 lim f a+k = f (t)dt n→∞ n n b − a a k=0 55

Exercice 1.15.3. Il existe des fonctions bornées qui ne sont pas Riemann intégrables, voici une que vous avez sans doute vue. Montrer que la fonction f : [0, 1] −→ R définie par x ∈ [0, 1] ∩ Q x ∈ [0, 1] \ Q

f (x) = 1 si f (x) = 0 si

n’est pas Riemann intégrable sur [a, b]. Exercice 1.15.4. Soit (E, k.k) un evn. Montrer que si u, v ∈ E alors kuk − kvk ≤ ku − vk ≤ kuk + kvk Exercice 1.15.5. Soient E1 , E2 , · · · , En des evn et E = E1 ×E2 ×· · · En l’espace vectoriel produit. On définit une norme sur E par n o kukE := max ku1 kE1 , ku2 kE2 , · · · , kun kEn o` u u = (u1 , u2 , · · · , un ) ∈ E. La norme k.k est appelée la norme produit. Monter que (E, k.kE ) est un evn. Exercice 1.15.6. Sur Rn , on considère les applications k.k∞ , k.k1 , définies par : si x = (x1 , x2 , · · · , xn ) ∈ Rn on pose kxk∞ := max{|x1 |, · · · , |xn |} et kxk1 :=

n X

|xj |

j=1

Montrer que k.k∞ , k.k1 sont des normes sur Rn . Exercice 1.15.7. En considérant le discriminant du polynôme t ∈ R −→ P (t) = kx + tyk22 , établir l’inégalité de Cauchy-Schwarz : ∀ x, y ∈ Rn : < x, y >≤ kxk2 kyk2 En déduire que q kxk2 := x21 + x22 + · · · + x2n est une norme sur Rn . √

La norme k.k2 sur Rn est appelée la norme euclidienne kxk2 = < x, x > relative au produit scalaire < ., . > sur Rn : < x, y >:=

n X i=1

56

x i yi

Exercice 1.15.8. Dessiner, dans le cas n = 2, 3, les ensembles B∞ (0, 1) = {x ∈ Rn : kxk∞ ≤ 1} B1 (0, 1) = {x ∈ Rn : kxk1 ≤ 1} B2 (0, 1) = {x ∈ Rn : kxk2 ≤ 1} Déterminer les meilleures constantes αn et βn ( constantes optimales ) telles que pour tout u ∈ Rn

αn kuk∞ ≤ kuk2 ≤ βn kuk∞

Exercice 1.15.9. Si A ∈ M(np, R), on pose kAk1 =

p n X X

|aij |,

kAk2 =

p n X X

i=1 j=1

|aij |2

21

i=1 j=1

kAk∞ = et

max

1≤i≤n,1≤j≤p

|aij |

kAxkRn x∈E\{0} kxkRp

kAkL(Rp ,Rn ) = sup

Montrer que k.k1 , k.k2 , k.k∞ et k.kL(Rp ,Rn ) sont des normes sur M(np, R). Exercice 1.15.10. Les applications dét

ou

tr : M(n, R) → R

qui ont A −→ dét(A), ou

tr(A)

sont-elles des normes sur M(n, R) ? Par définition si A = (aij ) ∈ M(n, R) : dét(A) =

X

(σ)a1σ(1) a2σ(2) × · · · × anσ(n) ,

tr(A) =

n X

aii

i=1

σ∈Sn

o` u Sn est l’ensemble des permutations σ : {1, 2, · · · , n} → {1, 2, · · · , n} et (σ) = ±1 est sa signature. Exercice 1.15.11. Si u = (un ) ∈ `∞ on pose kuk∞ := sup |un | n∈N

57

Montrer que k.k∞ est norme sur `∞ . Si p = 1 ou p = 2, on définit X `p := {u = (un ) : |un |p converge} n≥0

Vérifier que `p ⊂ c0 . Montrer que u = (un ) ∈ `p −→ kukp :=

+∞ X

|un |p

p1

n=0

est une norme sur `p . Exercice 1.15.12. Montrer que les normes k.k∞ , k.k1 et k.k2 sont équivalentes sur Rn et déterminer les constantes optimales αn , βn , γn , µn , qui ne dépendent que de n, telles que ∀ u, v ∈ Rn

:

αn kuk∞ ≤ kuk1 ≤ βn kuk∞

∀ u, v ∈ Rn

:

γn kuk∞ ≤ kuk2 ≤ µn kuk∞

et Exercice 1.15.13. Montrer que N : R2 −→ R définie par N (x, y) = sup |x + ty| t∈[0,1]

est une norme sur R2 et représenter B(0, 1). Exercice 1.15.14. Montrer que N : R2 −→ R définie par N (x, y) = max(|x|, |y|, |x − y|) est une norme et dessiner la boule de centre 0 et de rayon 1. Exercice 1.15.15. Soit E = C([0, 1], R) muni de la norme kf k∞ = sup |f (t)| t∈[0,1]

Soient p ∈ N∗ , (f1 , · · · , fp ) ∈ E p et N : Rp −→ R l’application définie par p

X

N (x1 , · · · , xp ) = xi f i i=1

∞

Donner une condition nécessaire et suffisante sur f1 , · · · , fp pour que N soit une norme sur Rp . 58

Exercice 1.15.16. Soient E = C 2 ([0, 1], R) le R-espace vectoriel des 0 00 fonctions réelles deux fois dérivables sur [0, 1] et N∞ , N∞ , N∞ les applications de E dans R définies par N∞ (f ) =

sup |f (t)| t∈[0,1]

0

0

N∞ (f ) = |f (0)| + sup |f (t)| t∈[0,1] 00

0

00

N∞ (f ) = |f (0)| + |f (0)| + sup |f (t)| t∈[0,1] 0

00

Montrer que N∞ , N∞ , N∞ sont des normes sur E et les comparer. √ Exercice 1.15.17. Soit E = {a + b 2 : a, b ∈ Q}. On définit sur E : √ √ √ N0 (a + b 2) = |a + b 2| et N1 (a + b 2) = max(|a|, |b|) Montrer que E est un Q-espace vectoriel de dimension finie. Vérifier que √ N0 rt N1 sont des normes sur E. √ n Soit x = 2 − 1. Montrer que pour tout n ≥ 1 on a x = a + b 2 n n √ √ n avec an , bn ∈ Q. En déduire que ( 2 + 1) = |an | + |bn | 2. Montrer que N0 et N1 ne sont pas équivalentes sur E. Qu’est-ce qui marche pas ici ? Exercice 1.15.18. Sur E = C 1 ([0, 1], R), on considère s Z 1 0 2 (f 0 (t))2 dt kF k∞ = sup |f (x)| et kf k = ((f (0)) + x∈[0,1]

0

0

Vérifier que k.k est une norme sur E. Montrer que √ 0 ∀ f ∈ E : kf k∞ ≤ 2kf k . 0

Montrer que k.k∞ et k.k ne sont pas équivalentes sur E. Exercice 1.15.19. Soient E = C([0, 1], R) et g ∈ E. On définit N∞ , Ng : E −→ R par sup |f (t)|

N∞ (f ) =

t∈[0,1]

Ng (f ) = N∞ (f.g) Montrer que Ng est une norme sur E si et seulement si l’ensemble g −1 ({0}) = {t ∈ [0, 1] : g(t) = 0} est d’intérieur vide. Montrer que N∞ et Ng sont des normes équivalentes si et seulement si g −1 ({0}) = ∅ 59

Exercice 1.15.20. Soit A ⊂ R une partie non vide, E = R[X] l’ensemble des polynômes à coefficients réels et NA : E −→ R+ l’application définie par NA (P ) = sup |P (x)| x∈A

Donner une condition nécessaire et suffisante pour que NA > ∞ pour tout P ∈ E. Donner une condition nécessaire et suffisante pour que NA soit une norme sur E. Dans le cas o` u NA est une norme, déterminer une condition nécessaire et suffisante sur A pour que la suite (X)n)n≥0 soit convergente dans l’espace normé (E, NA ). Exercice 1.15.21. Soit E un evn et f, g : E −→ E deux applications linéaires vérifiant f ◦ g − g ◦ f = IdE - Montrer que ∀ n ∈ N∗ : f ◦ g n − g n ◦ f = ng n−1 . - Montrer que ∀ n ∈ N∗ : kg n−1 k = 6 0. - En déduire f et g ne sont pas simultanément continues. Exercice 1.15.22. Montrer que la formule f (x, y) =

log(x − y) exy − 1

définit une fonction continue sur son domaine de définition. Exercice 1.15.23. Montrer que l’application M ∈ M(n, R) → dét(A) est continue. Exercice 1.15.24. Montrer que la fonction x2 y si (x, y) 6= (0, 0) x2 + y 2 f (0, 0) = 0 si (x, y) = (0, 0)

f (x, y) =

est continue sur R2 . Exercice 1.15.25. Soit f : R2 → R. Montrer que f est continue en (0, 0) si et seulement si f (r cos θ, r sin θ) tend vers f (0, 0) uniformément par rapport à θ ∈ [0, 2π] quand r → 0+ c’est à dire lim sup |f (r cos θ, r sin θ) − f (0, 0)| = 0 r→0 θ∈[0,2π]

60

Exercice 1.15.26. Montrer que la fonction f (x, y) = cos(x + y) n’a pas de limite quand k(x, y)k −→ ∞. Exercice 1.15.27. Soit f la fonction définie sur R2 par : x2 y x4 − 2x2 y + 3y 2 f (0, 0) = 0

f (x, y) =

si

(x, y) 6= (0, 0)

Montrer que la restriction de f à toute droite passant par l’origine est continue mais f n’est pas continue à l’origine. Exercice 1.15.28. On note U = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 − z 2 6= 0}. La fonction f : U −→ R définie par f (x, y, z) =

x4 + y 4 − z 4 x2 + y 2 − z 2

admet-elle une limite (finie ou infinie) en (0, 0, 0) ? ´ Exercice 1.15.29. Etudier l’éxistence et la valeur éventuelle dâune limite finie en (0, 0) pour les fonctions f de deux variables rélles définies par les formules suivantes : x2 y xy , , x2 + xy + y 2 x2 − xy + y 2 xy 4 exy − 1 , x4 + y 6 e x − 1 ´ Exercice 1.15.30. Etudier la continuité sur R2 de la fonction sin(xy) |x| + |y| f (0, 0) = 0

f (x, y) =

si

(x, y) 6= (0, 0)

Exercice 1.15.31. L’application f : R2 \ {(0, 0)} −→ R définie par f (x, y) =

(ex − 1) log(1 + y) − (ey − 1) log(1 + x) x2 + y 2

a-t-elle une limite en (0, 0) ? 61

Exercice 1.15.32. Montrer que dans un evn E une boule B ( ouverte ou fermée ) est toujours un ensemble convexe : si u, v ∈ B, alors le segment [u, v] := {(1 − t)u + tv , t ∈ [0, 1]} est contenu dans B. Exercice 1.15.33. 1- Monter que les ouverts restent les mêmes si on remplace la norme de E par une norme équivalente. 2- Montrer que toute boule ouverte d’un evn E est un ouvert de E. 3- Montrer que Ω = {(x, y) ∈ R2 : xy > 1} est un ouvert de R2 . Exercice 1.15.34. 1- Montrer que ∅, E et toute boule fermé de E sont des fermés de E. 2- Montrer qu’un ensemble C ⊂ E est fermé si et seulement si son complémentaire E \ C est un ouvert. 3- Montrer que si E est un evn, alors la famille des boules fermées de E est stable par intersection quelconque et réunion finie. Exercice 1.15.35. Soit E un evn et F un sous espace vectoriel de E. - Montrer que si F est d’intérieur non vide alors F = E. - Montrer que F est un sous espace vectoriel de E. Exercice 1.15.36. Soit E un evn, U ⊂ E un ouvert et CU le cône de sommet 0E s’appuyant sur U : CU = {λx : λ > 0, x ∈ U }. Montrer que CU est un ouvert de E et 0E ∈ U =⇒ CU = E. Exercice 1.15.37. Montrer que {(x, y) ∈ R2 : x3 + x2 y + xy 2 + y 3 − (x2 + y 2 ) = 0} est un fermé de R2 d’intérieur vide ayant (0, 0) pour point isolé. Exercice 1.15.38. Soit E un espace vectoriel normé et soient A, B ⊂ E. On note A + B := {x + y : x ∈ A, y ∈ B} 1) On suppose que A est ouvert. Montrer que A + B est un ouvert. 2) On suppose que A un fermé et B un compact. Montrer A + B est un fermé. 3) Le résultat du 2) est-il toujours vrai si l’on suppose simplement A et B fermés ? Exercice 1.15.39. Soient E = C([0, 1], R) muni de la norme infinie , E1 ⊂ E la partie de E formée des fonctions dérivables, M ⊂ E la partie formée des fonctions monotones et P ⊂ E la partie formée des polynômes. Montrer que E1 , M et P sont d’intérieur vides dans (E, k.k∞ ). 62

Exercice 1.15.40. Soit p ∈ N. Montrer que l’ensemble des matrices A ∈ M(n, R) telle que rang(A) ≤ p est fermé dans M(n, R) Exercice 1.15.41. Soient E un evn, A ⊂ E une partie non vide et x ∈ E. - Comparer d(x, A) := inf y∈A kx − yk et d(x, A). - Montrer que d(x, A) = 0 ⇐⇒ x ∈ A. Exercice 1.15.42. Soient E un evn et A ⊂ E. On définit le diamétre de A par diam(A) = sup kx − yk = sup sup kx − yk ∈ [0, +∞] (x,y)∈A2

x∈A y∈A

Montrer que diam(A) < ∞ ⇐⇒ ∃ a ∈ E, r > 0 : A ⊂ B(a, r) Exercice 1.15.43. Soient E = C([0, 1], R) muni de la norme infinie et Z 1 A = {f ∈ E : f (0) = 0, f (t)dt ≥ 1} 0

- Montrer que A est fermé dans E et kf k∞ ≥ 1 pour tout f ∈ A. - Calculer d(0E , A). Exercice 1.15.44. Quelle est la fronière de Ω = {(x, y) ∈ R2 : xy > 1} dans R2 ? Exercice 1.15.45. Soient E et F deux evn , Ω ⊂ E un ouvert, a ∈ Ω et f : Ω −→ F une application bornée au voisinage de a. On définit l’oscillation de f en a : ω(f, a) = inf Diam(f (V )) V ∈V(a)

o` u V(a) est l’ensemble des voisinages de a et diam(f (V )) =

sup ku − vkF u,v∈f (V )

est le diamètre de f (V ) ⊂ F . Montrer que f est continue en a si et seulement si ω(f, a) = 0. Exercice 1.15.46. Montrer que GL(n, R) n’est pas connexe par arcs. 63

Exercice 1.15.47. Soit E un evn, X une partie de E. Montrer que X est connexe si et seulement si pour toute partie A de X : A 6= ∅

et

A 6= X =⇒ Fr(A) 6= ∅.

Exercice 1.15.48. Soient E un evn et A ⊂ E une partie connexe. Montrer que toute partie B de E telle que A⊂B⊂A est connexe. En particulier A est connexe. Exercice 1.15.49. Soient E un evn et A, B deux parties connexes de E telles que A ∩ B 6= ∅. Montrer que A ∪ B est connexe. Exercice 1.15.50. Soient E un evn et A, B deux parties fermées de E telles que A ∩ B et A ∪ B soient connexes. Montrer que A et B sont connexes. Exercice 1.15.51. Soient E un evn, X une partie connexe de E et F un fermé de X. Montrer que si Fr(F ) est connexe alors F est connexe. Exercice 1.15.52. Montrer que l’ensemble des matrices diagonalisables de M(2, R) est connexe par arcs. Exercice 1.15.53. Soit E un espace vectoriel normé de dimension infinie, L : E −→ R une forme linéeaire non nulle et son noyau Ker(L) := {x ∈ E : L(x) = 0} 1) Montrer que deux formes linéaires non nulles définissent les mêmes noyaux si et seulement si elles sont proportionnelles. 2) Montrer que E \ Ker(L) est dense dans E et que Ker(L) est connexe. 3) Montrer que L est continue si et seulement si H est fermé dans E. Montrer dans ce cas que E \ Ker(L) a exactement deux composantes connexes. 4) Supposons que L n’est pas continue. a) Montrer que Ker(L) est dense dans E. b) En déduire que {x ∈ E : L(x) = 1} est dense dans E. c) Montrer que E \ Ker(L) est connexe. Exercice 1.15.54. Montrer que la forme linéaire f ∈ C([0, 1], R) −→ f (0) n’est pas continue sur (C([0, 1], R), k.k2 ) o` u s Z 1 |f (t)|2 dt kf k2 = 0

64

En déduire que {f ∈ C([0, 1], R) : f (0) = 0} n’est pas fermé. Montrer que les sous espaces 1 F1 = {f ∈∈ C([0, 1], R) : f (x) = 0, ∀ x ∈ [0, ]} 2 1 F2 = {f ∈∈ C([0, 1], R) : f (x) = 0, ∀ x ∈ [ , 1]} 2 Sont fermés pour la norme k.k2 , que F1 ∩ F2 = ∅ mais F1 ⊕ F2 n’est pas fermé. Exercice 1.15.55. Soit E = R[X] muni de la norme kP k = sup{|P (t)| : t ∈ [0, 1]} Montrer que l’ensemble F = {P ∈ E : P (2) = 0} est dense dans E. Indication : Si P ∈ R[X], considérer la suite de polynômes X n Pn (X) = P (X) − P (2) 2 Vérifier que Pn ∈ F et montrer que lim kPn − P k = 0

n→+∞

Exercice 1.15.56. On dit qu’une matrice de A = (aij )1≤i,j≤2 M(2, C) est diagonalisable si son polynôme caractéristique : P (λ) := dét(A − λIC ) = λ2 − (a11 + a22 )λ + (a11 a22 − a12 a21 ) a deux racines distinctes dans C. Montrer que l’ensemble des matrices diagonalisables de M(2, C) est dense dans M(2, C) muni de la norme : kAk = sup1≤i,j≤2 |aij |. Indication : si A = (aij )1≤i,j≤2 ∈ M(2, C) considérer la suite des matrices An = (anij )1≤i,j≤2 ∈ M(2, C), avec n ∈ N∗ , définie par an11 = a11 , an12 = a12 +

1 n , a = a21 , an22 = a22 n 21

et montrer que les (An ) sont diagonalisables puis limn→∞ kAn − Ak∞ = 0. Exercice 1.15.57. Montrer que tout compact K de E est fermé et borné dans E : K borné veut dire : il existe M > 0 tel que kuk ≤ M pour tout u ∈ K i.e K est contenue dans une boule. 65

Exercice 1.15.58. Montrer que si (uk ) est une suite convergente dans un evn E et si on pose u = lim uk , alors l’ensemble K = {u} ∪ {uk , k ∈ N} est un compact de E. Exercice 1.15.59. Soit K un compact de C contenu dans Ω = {z ∈ C : 0}. Montrer qu’on peut trouver α > 0 tel que pour tout z ∈ K : 0 il existe R > 0 tel que kxk > R ⇒ f (x) > M . (ii) L’image réciproque par f d’un bornée de R est un bornée de Rn . (iii) L’image réciproque par f d’un compact de R est un compact de Rn . Si l’une de ces conditions est vérifiée, on dit alors que f est propre. Montrer que si f est propre, alors la borne inférieure de |f | est atteinte i.e il existe c ∈ Rn tel que |f (c)| = inf{|f (x)| : x ∈ Rn } Montrer qu’un polynôme non constant à une variable est propre. Donner un exemple de polynôme à deux variables qui n’est pas propre. Exercice 1.15.62. Montrer que l’ensemble des matrices orthogonales O(n) := {A ∈ M(n, R) : At A = IdRn } est une partie compacte de M(n, R) ( considérer l’application A ∈ M(n, R) → t AA − IdRn ∈ M(n, R)). Exercice 1.15.63. Soit E = C([0, 1], R) muni de la norme kf k∞ = sup{|f (x)| : x ∈ [0, 1]} On note par S(O, 1) = {f ∈ E : kf k∞ = 1} la sphère unité de E. Vérifier que S(O, 1) est fermé.

66

On considère la suite (fn ) ⊂ E définie par : fn (x) = 0 si

x ∈ [0,

1 ] n+1

fn (x) = n(n + 1)x − n si fn (x) = 1 si

x∈[

1 1 , ] n+1 n

1 x ∈ [ , 1] n

Montrer que ∀ p 6= q ∈ N ∀n∈N

kfp − fq k∞ = 1 kfn k∞ = 1

: :

En déduire que S(O, 1) n’est pas compacte. Exercice 1.15.64. Soit E, F deux evn, A ⊂ E , f : A −→ F une application. Montrer que si f est injective et si l’image par f de tout compact de A est un compact de F alors f est continue. Exercice 1.15.65. Montrer que l’ensemble des matrices non-inversibles de M(2, R) n’est pas compact. Exercice 1.15.66. A} est compact.

F

Montrer que l’ensemble {A ∈ M(3, R) : A2 =

Exercice 1.15.67. Soit (E, k.k) un evn et (xn ) une suite de points de E. Montrer que (xn ) est de Cauchy si et seulement si lim diam(An ) = 0

n−→∞

o` u An = {xp : p ≥ n} et diam(An ) = sup kxq − xp k p,q≥n

est le diamètre de An . Montrer que si (xn ) ⊂ E est une suite de Cauchy possédant une sous suite (xφ(n) ) convergente dans E alors (xn ) est aussi convergente dans E. Exercice 1.15.68. Montrer que la suite xn = A =]0, 1] ⊂ R mais non convergente. 67

1 n

est de Cauchy dans

Exercice 1.15.69. Montrer que l’ensemble des entiers relatifs Z, muni de la norme valeur absolue de R, est complet. Exercice 1.15.70. Soit E un evn tel qu’il existe r ∈ R∗+ tel que la boule fermé B(0, r) soit complète. Montrer que E est complet. Exercice 1.15.71. Sur E = C([0, 1], R) on considère les normes kf k∞ = sup |f (x)| x∈[0,1]

et

1

Z

|f (t)|dt

kf k1 = 0

Soit (fn ) la suite de fonctions sur [0, 1] définie par 1 fn (t) = min n, √ t Montrer que ∀ n, p ≥ 1 : fn ∈ E

et

kfn − fn+p k1 ≤

1 n

En déduire que (fn ) est de Cauchy dans (E, k.k1 ) non convergente dans (E, k.k). Que peut-on dire de la suite (fn ) dans E muni de la norme k.k∞ ? Exercice 1.15.72. Soit (E, k.k) un evn. Montrer l’équivalenece : (a) E est complet ; (b) pour toute suite décroissante (Fn )n≥0 de fermés non vides i.e ∀ n ∈ N : Fn 6= ∅ et Fn+1 ⊂ Fn vérifiant lim diam(Fn ) := lim

n−→∞

sup ku − vk = 0

n−→∞ u,v∈Fn

alors \

Fn 6= ∅

n≥0

Exercice 1.15.73. Soit E un evn. Soient k.k1 et k.k2 deux normes sur E telles que il existe une constante β > 0 telle que ∀ u ∈ E : kuk1 ≤ Ckuk2 68

Montrer que si E est complet pour les deux normes alors il existe une constante α > 0 telle que ∀ u ∈ E : βkuk2 ≤ kuk1 C’est a dire les normes k.k1 et k.k2 sont équivalentes. Exercice 1.15.74. Soit k.k une une norme sur R[X]. On note En le sous-espace de R[X] constitué des polynômes de degré ≤ n. 1) Montrer que En est fermé et d’intérieur vide. 2) Montrer que (R[X], k.k) n’est pas complet. Exercice 1.15.75. Soit R[X] l’espace des polynômes à coefficients réels. Pour tout P ∈ R[X], on note Z 1 N1 (P ) := |P (t)|dt 0

et N2 (P ) =

X

e−j |P (j)|

j≥0

Montrer que N1 et N2 sont des normes sur R[X]. Ces normes sont-elles équivalentes ? R[X], muni d’une de ces normes, est-il complet ? Exercice 1.15.76. Soit (E, k.kE ) un espace complet. On note `∞ (N, E) l’espace des suites à valeurs dans E qui sont indexées par N et qui sont bornées. Cet espace vectoriel est muni de la norme naturelle : k(xn )n≥0 k∞ := supn≥0 kxn kE Montrer (`∞ (N, E); k.k∞ ) est un espace de complet. Vérifier que c0 (N, E), l’espace vectoriel des suites qui tendent vers 0 est un sous espace vectoriel fermé de `∞ (N, E). En déduire que c0 (N, E), muni de la norme k.k∞ , est complet. D´ efinition 1.15.77. Soit (un ) une suite dans un evn E et a ∈ E. On dit que a est une valeur d’adhérence de (un ) s’il existe une suite extraite (uφ(n) ) de (un ) qui converge vers a. Exercice 1.15.78. Si (un ) est une suite dans E, on note Up = {un : n ≥ p} En s’inspirant du cas E = (R, |.|), montrer que l’ensemble des valeurs d’adhérence de (un ) est \ Up p∈N

69

Exercice 1.15.79. Soient E un evn et A ⊂ E une partie non vide. montrer que l’application x ∈ E −→ d(x, A) est 1-lipschitzienne sur E. Exercice 1.15.80. Soient E un evn, F et G deux fermés de E disjoints. Montrer qu’il existe deux ouverts U, V de E tels que F ⊂ U, G ⊂ V et U ∩ V = ∅. Exercice 1.15.81. Soit E l’espace des fonctions lipschitziennes sur [0, 1] telles que f (0) = 0. Si f ∈ E on pose N (f ) = inf{k ∈ R+ : |f (x) − f (y) ≤ k|x − y|, ∀ (x, y) ∈ [0, 1]2 } Montrer que N est une norme sur E non équvalente à k.k∞ . Exercice 1.15.82. Soit E un espace vectoriel normé, F et G deux sousespaces supplémentaires. On désigne par p : E = F ⊕ G −→ F la projection sur F parallèlement à G. On suppose que p est continue. (a) Montrer que F et G sont fermés. (b) Montrer que : E est complet ⇐⇒ F et G sont complets. Exercice P −nz 1.15.83. Soit Ω = {z ∈ C : 0}. Montrer que la série converge normalement sut tout compact de Ω. ne Exercice 1.15.84. Soit E un evn et K un compact de E. Montrer que si, (Ui )i∈I ) est un famille d’ouvert de E telle que [ K⊂ Ui i∈I

alors il existe un nombre fini Ui1 , · · · , UiN tel que K⊂

N [

Uip

p=1

C’est à dire de tout recouvrement de K par des ouverts de E, on extraire un recouvrement fini de K. Indication : il suffit d’imiter la preuve du celle d’un compact dans R( vue en semestre I ( analyse I), à la place de la valeur absolue |.| vous placez la norme k.k.

70

Exercice 1.15.85. Soit E un evn et B(0, 1) sa boule unité fermée. Soit F un sous espace espace vectoriel fermé dans E. Montrer que si B(0, 1) ⊂ F alors E=F Exercice 1.15.86. Le but de l’exercice est d’établir le théorème de Riesz : Toute espace vectoriel normé complet dont la boule unité fermée est compacte est de dimension finie. Soit (E, k.k) un evn complet tel que B(O, 1) est compacte. Montrer qu’il existe a1 , · · · , aN ∈ B(O, 1) tels que B(0, 1) ⊂

N [

1 B(ai , ) 2 i=1

Soit F = Vect(a1 , · · · , aN ) le sous espace vectoriel de E engendré par a1 , · · · , aN . On va établir que F = E de dimension finie ≤ s. En remarquant que 1 1 B(xi , ) = xi + B(0, 1), 2 2

i = 1, · · · , N

Montrer que 1 B(0, 1) ⊂ F + B(0, 1) 2 Montrer que ∀ n ≥ 1 : B(0, 1) ⊂ F + En déduire que B(0, 1) ⊂ F Conclure.

71

1 B(0, 1) 2n

Exercice 1.15.87. Dans la suite de l’exemple précédent, en écrivant Θb (x) =< x, b > montrer que si E = (Rn , k.k2 ) alors kΘb k = kbk2 ˜ es ˜ k.k∞ . Soient c à k.k1 et A Exercice 1.15.88. Normes subordonnA ∗ n, p ∈ N et A ∈ M(np, R). On note kAk` = max

n X

1≤j≤p

p X |aij | , kAkc = max |aij | 1≤i≤n

i=1

j=1

Pour tout x = (x1 , · · · , xp ) ∈ Rp on pose : kxk1 =

p X

|xi |

i=1

et kxk∞ = max |xi k 1≤i≤p

Montrer que kAk` =

kAxk1 , x∈Rp \{0} kxk1

kAkc =

sup

kAxk∞ x∈Rp \{0} kxk∞ sup

Exercice 1.15.89. Montrer que pour toute matrice A ∈ M(n, R), la série X Ak k≥0

k!

converge dans M(n, R). On note sa somme par exp(A) =

∞ X Ak k=0

k!

:= lim

k→∞

k X Aj j=0

j!

appelée l’exponentielle de A. Exercice 1.15.90. Soient E, F deux evn et f : E −→ F une application linéaire. On suppose que pour toute suite (un ) ⊂ E vérifiant lim un = 0

n→∞

la suite (f (un )) ⊂ F est bornée . Montrer que f est continue. 72

Exercice 1.15.91. Soit E un evn et P ∈ R[X]. Montrer que {f ∈ L(E) : P (f ) = 0} est fermé dans L(E). Exercice 1.15.92. Soit `∞ l’espace vectoriel normé formé des suites réeles bornées u = (un ) muni de la norme kuk = sup |un | n∈N

Soit ∆ : `∞ −→ `∞ définie par ∆(u) = v o` u si u = (un ) alors vn = un+1 − un Montrer que ∆ ∈ L(`∞ ) et calculer k∆k. Exercice 1.15.93. Soit T : `∞ −→ `∞ défini par T ((un )n∈N ) =

n 1 X ui n + 1 i=0 n∈N

Montrer que T ∈ L(`∞ ) et calculer kT k. Exercice 1.15.94. Soit n ∈ N∗ , on munit M(n, R) de la norme N (A) = sup

n X

1≤i≤n

|aij |

j=1

o` u A = (aij ). Calculer kT k o` u T : M(n, R) −→ R est défini par T (A) = trace(A) Exercice 1.15.95. Soit E = C([0, 1], R) muni de l’une des trois normes k.k∞ , k.k1 , k.k2 Soit φ ∈ E et Tφ : E −→ R définie par Z 1 Tφ (f ) = f (t)φ(t)dt 0

Montrer que Tφ est linéaire continue et calculer kTφ k dans chacun des trois cas. 73

Exercice 1.15.96. Soit E = C([0, 1], R) muni de l’une des trois normes k.k∞ , k.k1 , k.k2 Soit T : E −→ E définie par Z T (f )(x) =

x

f (t)dt 0

Montrer que T ∈ L(E) et calculer kT k dans chacun des trois cas. Exercice 1.15.97. Soit E = C 1 ([0, 1], R) l’espace vectoriel des fonctions de classe C 1 qui sont définies sur [0, 1] et à valeurs dans R. On le munit de la norme 0 kf kC 1 = kf k∞ + kf k∞ 0

o` u f désigne la dérivée de f . Soit h ∈ E telle que ∀ x ∈ [0, 1] : 0 ≤ h(x) ≤ 1 Si f ∈ E on note T (f )(x) = h(x)f

x 2

+ (1 − h(x))f

1 + x 2

1- Montrer que T est une application linéaire continue de E dans lui même. On note F = {f ∈ E : T (f ) = f } ( l’ensemble des points fixes de T ). On va démontrer que F est de dimension finie. 2- Montrer que F est un sous espace vectoriel de (E, k.kC 1 ). 3- Montrer que (F)

0

0

∀ f ∈ F : kf k∞ ≤ 4kh k∞ kf k∞

4- En déduire que k.kC 1 et k.k∞ sont des normes équivalentes sur F . 5- Soit (fn ) une suite bornée d’éléments de F . Montrer que l’on peut extraire de cette suite une sous suite qui converge dans (F, k.k∞ ). 6- En déduire que F est de dimension finie. Indication pour 5 : utiliser (F) et appliquer l’inégalité des accroissements finis sur [0, 1] pour en déduire que la suite (fn ) est uniformément de Cauchy dans (C([0, 1], R), k.k∞ ), puis conclure. Exercice 1.15.98. Soit E un evn et Ψ ∈ E ∗ = L(E, R) \ {0}. On se propose d’établir ∀ x ∈ E : d(x, ker(Ψ)) = 74

|Ψ(x)| kΨkE ∗

- Vérifier que ∀ x ∈ E : |Ψ(x)| ≤ kΨkd(x, ker(Ψ)) - Soit u ∈ E \ ker(Ψ). En remarquant que y =x−

Ψ(x) u ∈ ker(Ψ) Ψ(u)

montrer que d(x, ker(Ψ)) ≤

|Ψ(x)| kuk |Ψ(u)|

En déduire que ∀ x ∈ E : d(x, ker(Ψ)) =

|Ψ(x)| kΨkE ∗

Application : soit E = C0 = {(xn ) ∈ R : lim xn = 0} n→∞

muni de la norme k(xn )k = sup |xn | n∈N

Montrer que (E, k.k) est complet. Si x = (xn ) ∈ E on pose Ψ(x) =

+∞ X xn n=0

2n

Montrer que Ψ ∈ E ∗ et calculer d(x, ker(Ψ)) kΨkE ∗ est-t-elle atteinte ? Exercice 1.15.99. Soit E = C([0, 1], R) muni de la norme k.k∞ . Soit F : [0, 1]2 −→ R continue telle que M :=

|F (x, t)| < 1

sup (x,t)∈[0,1]2

Soit T : E −→ E définie par : si φ ∈ E et x ∈ [0, 1] Z 1 T (φ)(x) = φ(x) + F (x, t)φ(t)dt 0

Montrer que T ∈ GL(E). 75

Exercice 1.15.100. Soient E et F des evn. Montrer que l’application (T, u) → T (u) est continue de L(E, F ) × E dans F . Exercice 1.15.101. Soit E un evn. Montrer que l’application (λ, u) → λ.u est continue de R × E dans E. Exercice 1.15.102. Soit E un evn. Montrer que pour tout n ∈ N, l’application L(E, E) −→ L(E, E) L −→ Ln = L ◦ · · · ◦ L (n-fois ) est continue.

76

Chapitre

2

Dérivabilité 2.1

D´ erivation

Soit I un intervalle de R et F un espace de Banach. D´ efinition 2.1.1. On dit que φ : I −→ F est dérivable en un point t0 ∈ I si le quotient φ(t0 + h) − φ(t0 ) h admet une limite dans F quand h → 0. Dans ce cas, on pose 0

φ(t0 + h) − φ(t0 ) h→0 h

φ (t0 ) = lim 0

et on dit que φ (t0 ) est la dérivée de φ en t0 ou encore le vecteur dérivée de φ en t0 . On dit que φ est dérivable sur I si elle est dérivable en tout point t0 ∈ I. On peut reformuler cette définition : φ est dérivable en un point t0 ∈ I si et seulement si φ admet un développement limité à l’ordre 1 en t0 . Autrement dit s’il existe un vecteur v ∈ F tel qu’on puisse écrire φ(t0 + h) = φ(t0 ) + hv + h(h) 0

avec (h) ∈ F et (h) → 0 quand h → 0, dans ce cas v = φ (t0 ). D´ efinition 2.1.2. On dit que φ : I −→ F est de classe C 1 sur I si φ 0 est dérivable sur I et la fonction φ : I −→ F est continue sur I.

77

2.2

In´ egalit´ e des accroissements finis

On rappelle la formule ( ou égalité ) des accroissements finis : Th´ eor` eme 2.2.1. Si φ : I −→ R est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ alors il existe un point c ∈]a, b[ tel que 0

φ(b) − φ(a) = (b − a)φ (c) Pour la preuve de ce théorème, on applique le théorème de Rolle, qu’on rappelle aussi, a` la fonction t −→ φ(t) −

φ(b) − φ(a) (t − a) b−a

Th´ eor` eme 2.2.2. Soit φ : I −→ R continue sur [a, b] et dérivable sur 0 ]a, b[. Si φ(a) = φ(b) alors il existe c ∈]a, b[ tel que φ (c) = 0. Exercice 2.2.3. Soient f et g deux fonctions continues ur [a, ] et dérivables 0 sur ]a, b[ avec g (t) 6= 0 pour tout t ∈]a, b[. Montrer la formule des accroissements finis généralisée : il existe c ∈]a, b[ tel que 0

f (c) f (b) − f (a) = 0 g(b) − g(a) g (c) La formule des accroissements finis n’est plus valable pour une fonction φ : [a, b] → F a` valeur dans un evn F de dimension suprérieur o` u égale a` 2. En effet, on considère la fonction φ : [0, 2π] −→ R2 t −→ (cos t, sin t) 0

est de classe C 1 avec φ(0) = φ(2π) = (1, 0) et φ (t) = (− sin t, cos t) 6= (0, 0), ∀ t ∈]0, 2π[. On ne peut donc trouver aucun c ∈]0, 2π[ tel que 0

φ(2π) − φ(0) = (2π − 0)φ (c) Cependant, pour les fonctions à valeurs dans un evn, il existe un substitut a` l’égalité des accroissements finis sous la forme d’une inégalité qui rend les mêmes services. Th´ eor` eme 2.2.4. Soit F un espace de Banach. Si φ : [a, b] −→ F est une fonction continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ alors 0

∃ c ∈]a, b[ : kφ(b) − φ(a)k ≤ (b − a)kφ (c)k 78

Pour la preuve, on a besoin du lemme suivant qui va permettre de se ramener a` la formule des accroissements finis. Lemme 2.2.5. ( Admis ) Soit F un evn. Pour tout a ∈ F , on peut trouver une forme linéaire continue Θ ∈ F ∗ tel que kΘkF ∗ ≤ 1 et Θ(a) = kak On continue la preuve du théorème : soit Θ ∈ F ∗ tel que kΘkF ∗ ≤ 1 et Θ(φ(b) − φ(a)) = kφ(b) − φ(a)k Soit φ˜ : [a, b] → R définie par ˜ = Θφ(t) = Θ(φ(t)) φ(t) La fonction φ˜ est continue sur [a, b] par composition et dérivable sur ]a, b[ avec 0 0 φ˜ (t) = Θ(φ (t)) D’après la formule des accroissements finis, applicable puisque φ˜ est a` valeurs réelles, on peut trouver c ∈]a, b[ tel que 0 0 ˜ − φ(a) ˜ φ(b) = (b − a)φ˜ (c) = Θ(φ (c))

Puisque kΘkF ∗ ≤ 1 et Θ(φ(b) − Θ(φ(a)) = kφ(b) − φ(a)k On en déduit kφ(b) − φ(a)k = = = = ≤ ≤

Θ(φ(b)) − Θ(φ(a)) |Θ(φ(b)) − Θ(φ(a))| ˜ − φ(a)| ˜ |φ(b) 0

(b − a)|Θ(φ (c))| 0 (b − a)kΘkF ∗ kφ (c)k 0 (b − a)kφ (c)k

Corollaire 2.2.6. Soit I un intervalle de R et φ : I → F une fonction dérivable. On suppose qu’il existe une constante 0 ≤ M < ∞ telle que 0 pour tout t ∈ I on a kφ (t)k ≤ M . Alors φ est M -lipschitzienne sur I : ∀ x, y ∈ I

:

kφ(y) − φ(x)k ≤ M |y − x| 79

Démonstration. On applique l’inégalité des accroissements finis à φ sur l’intervalle [a, b] = [x, y] avec x < y. En effet, la fonction t ∈ [a, b] → 0 kψ (t)k est continue sur le compact [a, b], donc elle est bornée : il existe 0 M > 0 telle que kψ (t)k ≤ M sur [a, b]. On applique ce qui précede. Corollaire 2.2.7. Si ψ : [a, b] → F est de classe C 1 alors ψ est lipschitzienne sur [a, b]. Démonstration. En effet, puisque ψ est de classe C 1 la fonction [a, b] −→ R 0 t −→ kψ (t)k est continue sur [a, b] qui est compact, donc elle est bornée : il existe 0 M ≥ 0 tel que kψ (t)k ≤ M pour tout t ∈ [a, b]. On applique le corollaire précédent. Corollaire 2.2.8. Soit I un intervalle de R et φ : I → F une fonction 0 dérivable. Si φ ≡ 0 sur I alors φ est constante sur I. Démonstration. On applique le corollaire précédent avec M = 0.

2.3

Int´ egration

Soit [a, b] un segment de R et soit F un espace de Banach i.e un evn complet qu’on suppose dans toute la suite . Soit φ : [a, b] → F une fonction continue. On veut définir Z b φ(t)dt ∈ F a

Si F = (Rn , k.k) est de dimension finie : on écrit φ = (φ1 , · · · , φn ) et on définit l’intégrale de φ sur [a, b] à l’aide de l’intégrale de Riemann : Z

b

φ(t)dt := a

Z

b

Z φ1 (t)dt, · · · ,

a

b

φ2 (t)dt ∈ Rn

a

L’intégrale de Riemann vérifie les propriétés suivantes : 1- Si u, v ∈ C([a, b], Rn ) et si λ, µ ∈ R on a Z

b

Z (λu(t) + µv(t))dt = λ

a

Z u(t)dt + µ

a

80

b

b

v(t)dt a

2- si u ∈ C([a, b], Rn ) et a < c < b alors Z b Z c Z b u(t)dt (relation de Chasles) u(t)dt + u(t)dt = c

a

a

3- Si u ∈ C([a, b], Rn ) alors

Z b

Z b

u(t)dt ≤ ku(t)kdt

a

a

4- Si u : I → Rn est continue, la somme de Riemann converge vers l’intégrale de u sur [a, b] : Z b k−1 h (b − a) X (b − a) i lim u a+i = u(t)dt k−→∞ k k a i=0 Si F est de dimension infinie : on va définir l’intégrale de telles sorte que les propriétés 1, 2, 3 et 4 restent vérifiées. Pour ce faire, on va définir l’intégrale à l’aide de la proriété 4. On admet le lemme suivant : Lemme 2.3.1. Si F est un espace de Banach et si φ : [a, b] → F est une fonction continue alors la somme de Riemann k−1 (b − a) (b − a) X converge dans F φ a+i Sk = k k i=0

D´ efinition 2.3.2. On définit l’intégrale d’une fonction φ : [a, b] −→ F continue sur [a, b] et à valeurs dan un evn F complet en posant : Z a

b

k−1 (b − a) X (b − a) φ(t)dt := lim φ a+i k→∞ k k i=0

Th´ eor` eme 2.3.3. Soit I un intervalle de R et soit a ∈ I. Si φ : I −→ F est continue, alors la fonction Φ : I → F définie par Z t Φ(t) = φ(s)ds a 0

est de classe C 1 et Φ = φ. Démonstration. Puisque φ est continue, il suffit de montrer que Φ est dérivable sur I et 0 Φ =φ 81

Soient t0 ∈ I un point fixé. Soit h ∈ R voisin de 0 tel que t0 + h ∈ I. D’après la relation de Chasles Z t0 +h Z t0 +h Z t0 φ(t)dt φ(t)dt = Φ(t0 + h) − Φ(t0 ) = φ(t)dt − t0

a

a

Par suite Φ(t0 + h) − Φ(t0 ) 1 = h h

Z

t0 +h

φ(t)dt t0

On peut écrire 1 φ(t0 ) = h

Z

t0 +h

φ(t0 )dt t0

Puisque [t0 , t0 + h] = {t0 + sh : s ∈ [0, 1]}, par le changement de variable t = t0 + sh , on a Z Φ(t0 + h) − Φ(t0 ) 1 t0 +h = (φ(t) − φ(t0 ))dt h h t0 Z 1 = φ(t0 + sh)ds 0

Par conséquent, on a (∗)

Φ(t + h) − Φ(t )

Z 1

0 0 kφ(t + sh) − φ(t )kds − φ(t ) ≤

0 0 0 h 0

Puisque φ est continue en t0 : ∀ > 0, ∃ η > 0, |h| ≤ η =⇒ kφ(t0 + h) − φ(t0 )k ≤ Puisque |sh| ≤ |h| si |s| ≤ 1, on a aussi ∀ > 0, ∃ η > 0, |h| ≤ η =⇒ kφ(t0 + sh) − φ(t0 )k ≤ , ∀ s ∈ [0, 1] D’après (∗) on obtient la continuité en de Φ en t0 :

Φ(t + h) − Φ(t )

0 0 ∀ > 0, ∃ η > 0, |h| ≤ η =⇒ − φ(t0 ) ≤ h

Le théorème fondamentale de l’analyse montre en particulier que toute fonction continue φ : I → F posséde des primitives.

82

Corollaire 2.3.4. Soit φ : I −→ F et de classe C 1 , alors pour tout x∈I : Z x 0 φ(x) = φ(a) + φ (t)dt a

Démonstration. En effet, On pose Z

x

0

φ (t)dt

ψ(x) = φ(a) + a 0

0

0

Alors ψ est de classe C 1 et ψ = φ sur I. Par suite (ψ − φ) = 0 sur I et donc la fonction f = ψ − φ est constante sur I et vaut 0 car ψ(a) = φ(a). Une conséquence du théorème fondamentale de l’analyse est la formule d’intégration par parties : Corollaire 2.3.5. Soient φ : I −→ E, ψ : I −→ F de classe C 1 et B : E × F → G une application bilinéaire continue o` u E, F et G trois espaces de Banach. Alors on a Z b h ib Z b 0 0 B(φ(t), ψ (t))dt = B(φ(t), ψ(t)) − B(φ (t), ψ(t))dt. a

a

a

Démonstration. En effet, il suffit de remarquer que h i0 0 0 B(φ, ψ) (t) = B(φ (t), ψ(t)) + B(φ(t), ψ (t))

Remarque 2.3.6. A l’aide du théorème fondamentale de l’analyse on retrouve l’inégalité des accroissement fini : si F est un espace de Banach et φ : I −→ F est de classe C 1 alors pour [a, b] ⊂ I on a

Z b

0

kφ(b) − φ(a)k = φ (t)dt a Z b 0 ≤ kφ (t)kdt a Z b 0 ≤ sup kφ (t)kdt a t∈[a,b] 0

≤ (b − a) sup kφ (t)k t∈[a,b]

83

2.4

Formule de Taylor

La formule de Taylor avec reste intégrale , vue en première année, est un résultat fondamentale de la théorie des fonctions numériques d’une variable réelle. On aussi la version vectorielle qui s’énonce exactement de la même manière. Th´ eor` eme 2.4.1. Soient I un intervalle de R, F un espace de Banach, k ∈ N et φ : I −→ F de classe C k+1 . Pour tous a, b ∈ I, on a 0

φ(b) = φ(a) + (b − a)φ (a) + · · · + Z b (b − t)k (k+1) + φ (t)dt k! a

(b − a)k (k) φ (a) k!

Démonstration. D’après le théorème fondamentale de l’analyse, on a Z b 0 φ (t)dt φ(b) = φ(a) + a

ce qui est la formule souhaitée pour k = 0. Si on suppose que k ≥ 1, une intégration par parties donne Z b h ib Z b 00 0 0 (b − t)φ (t)dt φ (t)dt = − (b − t)φ (t) + a a a Z b 0 00 = (b − a)φ (a) + (b − t)φ (t)dt a

et donc 0

Z

φ(b) = φ(a) + (b − a)φ (a) +

b

00

(b − t)φ (t)dt a

On raisonne par récurrence sur k : on suppose que k ≥ 2. On peut ré-intégrer par parties pour obtenir Z b h (b − a)2 00 ib 00 φ (t) (b − t)φ (t)dt = − 2 a a Z b 2 (b − t) 00 + φ (t)dt 2 a Z b (b − a)2 00 (b − t)2 (3) = φ (a) + φ (t)dt 2 2 a et ainsi de suite. En répétant k fois ce raisonnement, on obtient la formule souhaitée. 84

2.5

In´ egalit´ e de Taylor-Lagrange

Corollaire 2.5.1. φ : I −→ F est de classe C k+1 et s’il existe une constante M telle que ∀t∈I

:

kφ(k+1) (t)k ≤ M

alors pour tous a, x ∈ I on a k

X (x − a)p (p) |x − a|k+1

φ (a) ≤ M

φ(x) − p! (k + 1)! p=0

Démonstration. En écrivant [a, x] = {a + t(x − a) : t ∈ [0, 1]}, d’après la formule de Taylor :

φ(x)−

k X (x − a)p

p!

p=0

φ(p) (a)

1

(a − t)k (k+1) φ (a + t(x − a))(x − a)k+1 dt k! 0 Z 1

|x − a|k+1

= (1 − t)k φ(k+1) (a + t(x − a))dt

k! Z0 |x − a|k+1 1 ≤ M (1 − t)k dt k! 0 Z 1 k+1 |x − a| 1 = M (1 − t)k dt = car (k + 1)! k+1 0

Z

=

2.6

Exercices

Exercice 2.6.1. On note par C 1 (I, F ) le R-espace vectoriel de toutes les fonctions φ : I → F de classe C 1 . On peut définir par récurrence 0 C k (I, F ) l’ensemble des fonctions f telles que f, f , · · · , f (k−1) , f (k) sont continues sur I. Montrer que si F est un espace Banach alors C k ([0, 1], F ) muni de la k X norme kφkk := sup kφ(j) (t)kF est aussi de Banach. i=0 t∈[0,1]

Exercice 2.6.2. Si φ : I → F et L ∈ L(E, F ) o` u E est un evn , on note la composée L ◦ φ(t) = (Lφ)(t) = Lφ(t) = L(φ(t)). Si φ est dérivable 0 0 alors Lφ est aussi dérivable avec (Lφ) (t) = Lφ (t). 85

Exercice 2.6.3. Soient u : I → E, v : I → F et B : E × F → G une application bilinéaire continue. On note : B(u, v) : I −→ G définie par B(u, v)(t) = B(u(t), v(t)). Montrer que si u et v sont dérivables alors B(u, v) est aussi dérivable avec 0

0

0

B(u, v) (t) = B(u (t), v(t)) + B(u(t), v (t)) Exercice 2.6.4. Soient u, v : I −→ Rn et M, N : I −→ M(n, R) de fonctions dérivables. Calculer les dérivées de fonctions t −→< u(t), v(t) >

et t −→ M (t)N (t)

Exercice 2.6.5. Soit γ : I −→ Rn une fonction dérivable. On suppose que ∀ t ∈ I : kγ(t)k2 = C(une constante) Montrer que γ 0 (t) est orthogonal à γ(t) pour tout t ∈ I. Exercice 2.6.6. Soit f : I ⊂ R −→ R3 une fonction de classe C 1 telle 0 que : pour tout t ∈ I : f (t) 6= 0 et la famille (f (t), f (t)) est liée. On pose f (t) g(t) = kf (t)k 0

- Montrer que g est de classe C 1 et que g (t) est orthogonal et co˜ aire c linA à g(t). - En déduire que f (t) garde une direction constante. - Chercher un contre-exemple lorsqu’on retire la propriété : ∀ t ∈ I , f (t) 6= 0. Exercice 2.6.7. Soient A ∈ GL(n, C) et I un intervalle réel contenant 0. On suppose qu’il existe une application X :] − α, α[−→ M(n, C) de classe C 1 telle que 0

∀ t ∈ ] − α, α[ : X (t) = A.X(t) et X(0) = I Montrer que ∀ t ∈] − α, α[ : X(t) ∈ GL(n, C) Indication : calculer la dérivé de X(t)X(−t) pour t ∈] − α, α[.

86

Exercice 2.6.8. Soient e1 , e2 , e3 : I −→ R3 trois fonctions de classe C 1 telles que pour tout t ∈ I : Bt := (e1 (t), e2 (t), e3 (t)) soit une base orthonormée de R3 ( base orthonormée mobile ). 0 0 0 Soit Mt la matrice dans Bt des vecteurs dérivées e1 (t), e2 (t), e3 (t). Montrer que Mt est antisymétrique i.e tr

Mt + Mt = 0,

∀t∈I

En déduire qu’il existe un vecteur Ω(t) tel que 0

ei (t) = Ω(t) ∧ ei (t),

i = 1, 2, 3

On suppose que e1 , e2 , e3 sont de classe C 2 sur I. Montrer que Ω est de 0 00 classe C 1 et calculer ei (t) en fonction de Ω(t), Ω (t), ei (t). Exercice 2.6.9. 8- Soit f :]a, b[−→ E ( espace de Banach ) de classe C 1 . Montrer que si f admet une dérivée seconde au point t0 ∈]a, b[ alors 00

f (t0 ) = lim

h,k→0

f (t0 + h + k) − f (t0 + h) − f (t0 + k) + f (t0 ) hk 00

Pour cela, introduire la fonction g(u) = f (t0 +u+k)−f (t0 +u)−ukf (t0 ) et montrer que pour tout > il existe η > 0 tels que si |u| < η et |k| < η 0 alors kg (u)k ≤ (2|u| + |k|). ˜ els c Exercice 2.6.10. Soit a et b deux rA (a < b), E un espace de Banach et f : [a, b] −→ E une fonction continue. On suppose que f admet en tout point de [a, b[ une dérivée à droite continue. Montrer que f est de classe C 1 dans [a, b[. Exercice 2.6.11. Soit E un espace de Banach et f : [0, a[−→ E ( a > 0) une fonction dérivable à droite de 0 et telle que f (0) = 0. Déterminer les limites suivantes : lim

n→∞

n X

f(

p=1

p ) et n2

lim

n→∞

n X

f(

p=1

1 ) n+p

Exercice 2.6.12. Soit E un espace de Banach et f : R −→ E une fonction continue telle que f (2x) − f (x) =`∈E x→0 x lim

Montrer que f est dérivable ne 0. 87

Exercice 2.6.13. Soit (E, |.k) un evn. 1- Soit u, v ∈ E. Montrer que la fonction φ : R −→ R définie par φ(t) = ku + tvk est dérivable à droite en tout point de R et 0

∀ t ∈ R : |φ (t)| ≤ kvk Montrer que que si f : R −→ E est dérivable en t0 alors la fonction t ∈ R −→ Φ(t) = kf (t)k 0

0

est dérivable à droite de t0 et Φd (t0 ) ≤ kf (t0 )k Exercice 2.6.14. Soient f et g deux fonctions continues ur [a, ] et 0 dérivables sur ]a, b[ avec g (t) 6= 0 pour tout t ∈]a, b[. Montrer la formule des accroissements finis généralisée : il existe c ∈]a, b[ tel que 0

f (c) f (b) − f (a) = 0 g(b) − g(a) g (c) Exercice 2.6.15. Soit a, b ∈ R avec a < b. Soit f : [a, b] −→ R une fonction dérivable. On note T = {(x, y) ∈ [a, b]2 : x < y}. Déterminer T dans R2 . On définit la fonction g : T −→ R par f (x) − f (y) si x 6= y x−y 0 g(x, y) = f (x) si x = y g(x, y) =

Démontrer que g(T ) est un intervalle de R. On note I = g(T ). 0 Démontrer les inclusions I ⊂ f ([a, b]) ⊂ g(T ) ⊂ I. 0 Démontrer que f vérifie la propriété des valeurs intérmediaires i.e 0

0

0

∀ m ∈ [f (a), f (b)], ∃ c ∈]a, b[ : f (c) = M Exercice 2.6.16. Soit f une application continue d’un segment [a, b] ⊂ R dans un espace de Banach E. On suppose que f admet une dérivée à 0 droite fd (t) en tout point t ∈]a, b[. Montrer qu’il existe c ∈]a, b[ tel que 0

kf (b) − f (a)k ≤ (b − a)kfd (c)k Indication : Poser k = kf (b) − f (a)k/(b − a) > 0, on supposera que 0 kfd (t)k < k pour tout t ∈]a, b[. Il existerait alors t0 ∈]a, b[ et h > 0 tels que kf (t0 + h) − f (t0 )k < kh On obtient une contradiction en appliquant le théorème des accroissement finis aux segments [a, t0 ] et [t0 + h, b]. 88

Exercice 2.6.17. On munit l’espace C([a, b], F ) de la norme k.k∞ définie par kφk∞ = sup{kφ(t)k : t ∈ [a, b]}. - Montrer que l’application I : C([a, b], F ) −→ F Z b φ(t)dt φ −→ a

est continue. - Montrer que si (φk ) ∈ C([a, b], F ) converge vers φ alors Z lim

k→∞

b

Z

b

φk (t)dt = a

φ(t)dt a

Exercice 2.6.18. Le but de l’exercice est de caractériser les homomorphismes du groupe additif (R, +) dans le groupe GL(n, R), ◦) muni de la composition des matrices. Soit une application continue Φ : R −→ GL(n, R) qui est en même temps un homomorphisme de groupes c’est à dire ∀ (s, t) ∈ R2 ) : Φ(t + s) = Φ(t) ◦ Φ(s) Pour tout t ∈ R, on note h i Φ(t) = aij (t)

(i,j)∈{1,2,··· ,n}2

∈ GL(n, R)

Vérifier que la fonction F : R −→ M(n, R) définie par Z t hZ t i F (t) = Φ(u)du = aij (t)dt ∈ M(n, R) 0

(i,j)∈{1,2,··· ,n}2

0

est dérivable et

0

∀ t ∈ R : F (t) = Φ(t) Montrer que si t est proche de 0 alors F (t) ∈ GL(n, R) ( Penser à utiliser l’inégalité des accroissements finis et le fait que si A ∈ M(n, R) vérifie kA − In k < 1 alors A est inversible ). Soit α > 0 tel que F (α) ∈ GL(n, R). Montrer que ∀ t ∈ R : Φ(t) = [F (α)]−1 (F (t + α) − F (t)) Indication : dériver la fonction u → F (t + u) − F (u)Φ(t) 89

En déduire que Φ est dérivable. 0 On pose M0 = Φ (0). Montrer que 0

∀ t ∈ R : Φ (t) = M0 Φ(t) = Φ(t)M0 En dérivant f (t) = Φ(t) exp(−tM0 ), conclure que ∀ t ∈ R : Φ(t) = exp(tM0 ) o` u exp(A) :=

+∞ X An n=0

n!

est l’exponentielle de A ∈ M(n, R). Exercice 2.6.19. En utilisant l’inégalité de Taylor-Lagrange, montrer que +∞ n X x x ∀x∈R : e = n! n=0 En utilisant la formule : eix = cos x + i sin x, déduire les décompositions des fonctions x → sin x et x → cos x. Montrer ∀ x ∈] − 1, 1[ : log(1 + x) =

+∞ X (−1)n+1 n=1

n

xn

Exercice 2.6.20. Soit φ : I −→ F de classe C 2 . On suppose qu’on a 0

00

φ (a) = 0 et kφ (t)k ≤ ρ(t) pour tout t ∈ [a, b] o` u ρ : [a, b] −→ R+ est une fonction continue. Majorer la quantité : kφ(b) − φ(a)k à l’aide d’une intégrale faisant intervenir ρ. Exercice 2.6.21. Formule des trapèzes : soit f : [a, b] −→ F (un espace de Banach) de classe C 2 , avec a < b. Montrer qu’il existe C > 0 tel que

Z b (f (a) + f (b)) 00

f (t)dt − (b − a)

≤ C max kf (t)k(b − a)2 t∈[a,b] 2 a

90

Chapitre

3

Différentiablilité 3.1

Notations de Landau

D´ efinition 3.1.1. Soient E et F deux evn et V ⊂ E une partie de E. Soit R : V → F et α : V → R+ deux applications définies sur V . 1- Supposons que V est un voisinage de 0. On dit que R(h) est un petit o de α(h) , et on écrit R(h) = o(α(h)), si on a α(h) > 0 pour h 6= 0 suffisamment proche de 0 et kR(h)kF =0 h→0 α(h) lim

2- On dit que R(h) est un grand O de α(h) sur V , et on écrit R(h) = O(α(h)), s’il existe une constante C < ∞ telle que pour h ∈ V on a kR(h)kF ≤ Cα(h) Les notations ”o” et ”O” ne changent pas si on remplace les normes par des normes équivalentes. Exemple 3.1.2. Par définition ” R(h) = o(1) ” signifie que kR(h)kF tend vers 0 quand h tend vers 0. 2- On a khk2 = o(khk) quand h tend vers 0. 3- Si L : E → F est linéaire continue , alors L(h) = O(khk) sur E. Les notations ”o” et ” O ” sont extrémement commodes, et il faut faire l’effort de s’y habituer. On peut écrire ( exactement comme quand on fait des développement limités ) des identités du style o(α(h)) ± o(α(h)) = o(α(h)) O(α(h)) ± O(α(h)) = O(α(h)) O(α(h)) ± o(α(h)) = O(α(h)) 91

3.2

Fr´ echet diff´ erentiabilit´ e

Dans ce qui suit, E et F sont des evn. Si L : E → F est linéaire continue, on note ”L.h” au lieu de L(h). D´ efinition 3.2.1. Soit f : Ω → F , o` u Ω est un ouvert de E. On dit que f est Fréchet différentiable au point p ∈ Ω s’il existe une application linéaire continue L : E → F telle que f (p + h) = f (p) + L.h + o(khk) quand h tend vers 0. Cette définition a bien un sens car h → f (p + h) est effectivement définie dans un voisinage de 0 : puisque Ω est un ouvert alors p + h ∈ Ω si h est voisin de 0. Lemme 3.2.2. Si f est Fréchet difféentiable en p alors il existe une unique L ∈ L(E, F ) vérifiant f (p + h) = f (p) + L.h + o(khk) On dit que L est la différentielle de f au point p et on écrit L = Df (p) Ainsi quand h → 0 on a (∗)

f (p + h) = f (p) + Df (p).h + o(khk)

Démonstration. Soient L1 et L2 deux applications linéaires continues vérifiant (∗). On a quand h tend vers 0 (L1 − L2 ).h = (f (p + h) − f (p) + o(khk)) −(f (p + h) − f (p) + o(khk)) = o(khk) Soit u ∈ E \{0} fixé. Pour t ∈ R voisin de 0 et h = tu on a (L1 −L2 ).tu = o(ktuk) = o(|t|kuk) = o(|t|). Ceci entraine que 0 = lim t→0

|t|k(L1 − L2 )(u)k k(L1 − L2 )(tu)k = lim = k(L1 − L2 )uk t→0 |t| |t|

Par suite k(L1 − L2 )uk = 0 et donc L1 = L2 car L1 et L2 sont nulles en 0. 92

Proposition 3.2.3. Si f : Ω −→ F est Fréchet différeniable au point p ∈ Ω alors f est continue au point p. Démonstration. on a f (p + h) − f (p) = Df (p).h + (khk) Puisque Df (p) est linéaire on a Df (p).h = O(khk) et donc f (p + h) − f (p) = o(khk) + O(khk) = O(khk) au voisinage de 0, et en particulier f (p + h) − f (p) tend vers 0 quand h tend vers 0. La réciproque est évidamment fausse : la fonction f (t) = |t| au point t = 0. D´ efinition 3.2.4. Soit φ : I → F avec I un intervalle ouvert de R et t0 ∈ I. On dit que φ et dérivable en t0 si 0

φ (t0 ) := lim

t→t0

φ(t) − φ(t0 ) t − t0

existe dans F

L’application φ : I → F est appelée chemin ou courbe tracée ou aussi une trajectoire d’un mobile sur F . Le vecteur φ(t) est la position du mobile. Si E = R les notions de dérivabilité et Fréchet différentiabilité sont équivalentes. Lemme 3.2.5. Soit φ : I → F o` u I est un intervalle ouvert de R. Soit t0 ∈ I. Alors φ est Fréchet différeniable en t0 si et seulement si elle est dérivable en t0 . Dan ce cas la différentielle en t0 est donnée par 0

Dφ(t0 ).h = h × φ (t0 ) 0

En particulier, on a φ (t0 ) = Dφ(t0 ).1 qui est la vitesse du mobile. Démonstration. En effet si φ est dérivable au point t0 alors on peut écrire 0 φ(t0 + h) = φ(t0 ) + hφ (t0 ) + h(h) o` u (h) tend vers 0 dans F quand h tend vers 0 dans R. Comme h(h) = o(|h|) quand h tend vers 0 et que l’application 0

h → hφ (t0 ) 93

est linéaire continue, cela montre que φ est différentiable en t0 avec 0 Dφ(t0 ).h = hφ (t0 ). Inversement, si φ est Fréchet différentaible en t0 , alors φ(t0 + h) = φ(t0 ) + Dφ(t0 ).h + o(|h|) quand h tend vers 0. Comme Dφ(t0 ) est linéaire , on a pour h ∈ R : Dφ(t0 ).h = Dφ(t0 )(h × 1) = h × Dφ(t0 ).1 En posant ξ = Dφ(t0 ).1, l’identité φ(t0 + h) = φ(t0 ) + Dφ(t0 ).h + o(|h|) s’écrit donc φ(t0 + h) = φ(t0 ) + h × ξ + o(|h|) Ainsi φ posséde un développement limité a` l’ordre 1 en t0 et par conséquent 0 φ est dérivable en t0 avec φ (t0 ) = ξ = Dφ(t0 ).1. Remarque 3.2.6. L(R, F ) s’identifie isométriquement de manière canonique à F . D´ efinition 3.2.7. Soit Ω un ouvert de E et soit f : Ω −→ F (i) On dit que f est Fréchet différentiable sur Ω si elle est Fréchet différentiable en tout point de p ∈ Ω. On a alors une application Df : Ω −→ L(E, F ) p −→ Df (p) qu’on appelle la différentielle de f . (ii) On dit que f est de classe C 1 sur Ω si f est Fréchet différentiable sur Ω et sa différentielle Df : Ω → L(E, F ) est continue. La différentielle de f est donc une application de Ω dans un ” espace d’applications ”, a` savoir L(E, F ). Il est très important d’être toujours bien conscient de ce fait : une différentielle est un objet compliqué qu’il faut prendre soin de bien la manipuler. Proposition 3.2.8. Soit I un intervalle ouvert de R. Une application φ : I → F et de classe C 1 au sens de la définition précédente si et 0 seulement si φ est dérivable et φ est continue.

94

Démonstration. En effet on sait déja que φ : I −→ F est Fréchet différentiable sur I si et seulement si elle est dérivable sur I et sa 0 dérivé φ (t) = Dφ(t).1. Autrement dit la correspondance canonique 0 entre L(R, F ) et F identifie Dφ(t) et φ (t) pour tout t ∈ I. Ainsi lorsque φ est Fréchet différentiable sur I sa différentielle Dφ : I → L(R, F ) 0 s’identifie à son application dérivée φ : I → F et on a pour tous , t ∈ I 0

0

kDφ(t) − Dφ(s)kL(R,F ) = kφ (t) − φ (s)kF 0

En particulier Dφ : I → L(R, F ) et continue si et seulement si φ : I → F est continue. Supposons qu’il existe une application linéaire continue L : E −→ F telle que pour tout u ∈ Ω : f (u) = L(u). Alors f est de classe C 1 et ∀ u ∈ Ω : Df (u) = L. En effet, la différentielle Df : Ω −→ L(E, F ) est donc constante : car f (p + h) = L(p + h) = L0 p) + L(h) = f (p) + L.h + 0 Autrement dit la différentielle d’une application linéaire continue L : E → F est L.

3.3

Gˆ ateaux diff´ erentiabilit´ e

Dans ce qui suit, E et F sont toujours des evn. D´ efinition 3.3.1. Soit F : Ω −→ F o` u Ω est un ouvert de E et soit p ∈ Ω. Soit v ∈ E \ {0}. On dit que f admet au point p une dérivée dans la direction de v si la fonction d’une variable réelle t → f (p + tv) définie au voisinage de t = 0 est dérivable en t = 0. On pose alors i dh f (p + tv) |t=0 Dv f (p) = dt f (p + tv) − f (p) = lim t→0 t D´ efinition 3.3.2. Soit F : Ω −→ F o` u Ω est un ouvert de E et soit p ∈ Ω. On dit que f est Gâteaux différentiable au point p si pour tout v ∈ E \ {0}, l’application f admet au point p une dérivée dans la direction v. 95

Exercice 3.3.3. Si Dv f (p) existe alors Dλv f (p) existe pour tout λ ∈ R∗ et Dλv f (v) = λDv f (p) Proposition 3.3.4. Si f : Ω → F est Fréchet différentiable en p alors f est Gâteaux différentiable. De plus pour tout v ∈ E \ {0} Dv f (p) = Df (p).v Démonstration. On a f (p + h) = f (p) + Df (p).h + o(khk) quand h → 0 par conséquent si v ∈ E \ {0} est fixé , on a f (p + tv) = f (p) + Df (p).tv + o(ktvk) quand t → 0 = f (p) + tDf (p).v + o(|t| car Df (p) est linéaire et ktvk = |t|kvk = O(|t|). Ainsi f (p + tv) posséde un développement limité à l’ordre 1 en 0 et par conséquent i dh f (p + tv) |t=0 = Df (p).v dt

Remarque 3.3.5. Attention : La Gâteaux différentiabilité n’entraine pas toujours la Fréchet différentiabilité comme on va le voir dans l’exemple suivant. Exemple 3.3.6. Soit f : R2 −→ R la fonction définie par f (x, y) = 0 si y = 6 x2 f (x, y) = 1 si y = x2 f (0, 0) = 0 1- f est Gâteaux différentiable : f admet en (0, 0) des dérivées dans toutes les directions et Dv f (0) = 0 pour tout v ∈ R2 \ {(0, 0)}. 2- f n’est pas continue en (0, 0) et donc pas Fréchet différentaible en (0, 0).

96

Démonstration. 2- Il est clair que f n’est pas continue en (0, 0) car f (x; x2 ) = 1 et ne tend pas ver 0 = f (0, 0) quand x → 0. 1- Soit v = (α, β) ∈ R2 \ {(0, 0)}. On a f ((0, 0) + tv) = f (tα, tβ) pour tout réel t. L’équation tβ = (tα)2 posséde au plus deux solutions ( qui sont 2 si α et β sont tous les deux non nuls) dont l’une est t = 0. Donc on a certainement tβ 6= (tα)2 si t 6= 0 est assez proche de 0, et donc f (tα, tβ) = 0. Par conséquent f ((0, 0) + tv) − f (0, 0) = 0 pour t 6= 0 assez proche de 0 et donc Dv f (0, 0) = 0.

3.4

Fonctions ` a valeurs dans Rm

Proposition 3.4.1. Soit f : Ω −→ Rm o` u Ω est un ouvert d’un evn E. On écrit f (u) = (f1 (u), · · · , fm (u)). Alors f est Fréchet différentiable en un point p ∈ Ω si et seulement si ses composantes f1 , · · · , fm le sont. Dans ce cas la différentielle de f au point p est est donnée par h ∈ E −→ Df (p).h = (Df1 (p).h, · · · , Dfm (p).h) ∈ Rm Démonstration. En effet, on munit Rm de la norme k.k∞ . On a besoin du fait suivant : Fait : soit L : E → Rm une application linéaire qu’on écrit L(h) = (L1 (h), · · · , Lm (h)). Alors L est continue si et seulement si ses composantes L1 , · · · , Lm le sont, de plus kLk = max(kL1 k, · · · , kLm k). Supposons que f est Fréchet différentiable en p. On peut alors écrire f (p + h) = f (p) + Df (p).h + R(h) o` u R(h) = o(khk) quand h → 0. On note par πi : Rm → R les projections πi (x1 , · · · , xm ) = xi . On a pour tout i ∈ {1 · · · , m} πi (f (p + h)) = πi (f (p)) + πi (Df (p).h) + Ri (h) o` u Ri (h) = πi (R(h)). Autrement dit fi (p + h) = fi (p)) + πi (Df (p).h) + Ri (h) 97

Puisque πi est linéaire on a Ri (h) = O(kR(h)k) et donc Ri (h) = o(khk) quand h → 0. Cela montre que chaque fi est différentaible en p avec Dfi (p).h = πi (Df (p).h) ∀ i ∈ {1, · · · , m}. Inversement, supposons que chaque fi est Fréchet différentiable en p. On peut alors écrire fi (p + h) = fp ) + Dfi (p).h + Ri (h) o` u Ri (h) = o(khk) Par conséquent f (p + h) = f (p) + (Df1 (p).h, · · · , Dfm (p).h) + R(h) o` u R(h) = (R1 (h), · · · , Rm (h)). Puisque Ri (h) = o(khk) on a kR(h)k∞ = max(|R1 (h)|, · · · , |Rm (h)|) = o(khk) D’après le Fait précédent, l’application linéaire L définie par L(h) = (Df1 (p).h, · · · , Dfm (p).h) est continue. Ainsi f est Fréchet différentiable en p avec Df (p) = L. Corollaire 3.4.2. Soit f : Ω −→ Rm o` u Ω est un ouvert d’un evn E. On écrit f (u) = (f1 (u), · · · , fm (u)) Alors f est de classe C 1 sur Ω si et seulement si ses composantes f1 , · · · , fm le sont. Démonstration. On munit Rm de la norme k.k∞ . D’après le fait précédent, l’espace L(E, Rn ) s’identifie isométriquement à L(E, R)×· · ·×L(E, R), mfois comme suit : si L = (L1 , · · · , Lm ) alors kLkL(E,Rn ) = max(kL1 kL(E,R) , · · · , kLm kL(E,R) ) Une application Φ : L(E, Rn ) −→ L(E, R) × · · · × L(E, R) est donc continue si et seulement si ses composantes Φ1 , · · · , Φm le sont. En particulier si f est Fréchet différentiable alors Df : Ω −→ L(E, Rn ) est continue si et seulement si les Dfi : Ω −→ L(E, R) le sont. Autrement dit , f est de classe C 1 si et seulement si les fi le sont. 98

3.5

D´ eriv´ ees partielles

D´ efinition 3.5.1. Soit Ω un ouvert de Rn et F un evn. Soient f : Ω → F et j ∈ {1, 2, · · · , n}. On dit que f admet en un point x0 = (x01 , · · · , x0n ) ∈ Ω une dérivée partielle par rapport à la j-ième variable si la fonction d’une variable s → f (x01 , · · · , x0i−1 , s, x0i+1 , · · · , x0n ) est dérivable au point x0j . On pose alors i ∂f dh (p) = f (x01 , · · · , x0j−1 , s, x0j+1 , · · · , x0n ) ∂xj ds s=x0j Autrement dit f (x01 , · · · , x0i−1 , x0j + t, x0j+1 , · · · , x0n ) − f (x0 ) ∂f (p) = lim t→0 ∂xj t Remarque 3.5.2. 1- La définition est simple : on considère toutes les variables comme constantes sauf une et on dérive par rapport à cette variable. ∂f (p), quand elle existe, est un élément de F . 2- La dérivée partielle ∂x j On a donc une application ∂f : Ω −→ F ∂xj qu’on appelle la j-ème dérivée partielle. 3- On a ∂f 0 (x ) = Dei f (x0 ) ∂xj o` u ei = (0, · · · , 0, 1, 0 · · · , 0), o` u 1 est dans la i-ième position, est le i-ième vecteur de la base canonique de Rn . Th´ eor` eme 3.5.3. Soit Ω un ouvert de Rn et soit f : Ω −→ F . Si f est Fréchet différentiable en un point x0 ∈ Ω alors f admet au point x0 des dérivées partielles par rapport à chaque variable. De plus pour h = (h1 , · · · , hn ) ∈ Rn on a Df (p).h =

n X

0

hj Df (x ).ej =

j=1

n X j=1

hj

∂f 0 (x ) ∂xj

Démonstration. Puisque f est Fréchet différentiable au point x0 ∈ Ω alors f admet au point x0 des dérivées dans toutes les directions avec 99

Dv f (x0 ) = Df (x0 )(v) pour tout v ∈ Rn \{0}. Donc f admet des dérivées partielles en x0 qui est ∂f 0 (x ) = Df (x0 ).ej , ∂xj

∀ j ∈ {1, 2, · · · , n}

Pour h = (h1 , · · · , hn ) ∈ Rn , on a donc n X Df (x0 ).h = Df (x0 ) hj ej j=1

=

n X

hj Df (x0 ).ej =

j=1

n X j=1

hj

∂F 0 (x ) ∂xj

On a vu, a` l’aide d’un exemple, que l’existence de dérivées partielles en un pont ne suffit pas à assurer la différentiabilité. Avec des hypothèses plus fortes, on obtient cependant une réciproque du théorème précedent. C’est le théorème fondamentale sur les fonctions de plusieurs variables. Th´ eor` eme 3.5.4. Soient Ω un ouvert de Rn et f : Ω → F tels que f admet des dérivées partielles en tout point de Ω. Soit p ∈ Ω. Si les fonctions ∂f ∂f ∂f , ,··· , : Ω −→ F ∂x1 ∂x2 ∂xn sont continues au point p alors f est Fréchet différentiable en p. Démonstration. En effet, d’après le théorème précedent, le seul candidat possible pour Df (p) est l’application linéaire ( continue ) L : Rn −→ F définie par n X ∂f (p) L.h = hj ∂x j j=1 Il s’agit donc de montrer qu’on a f (p + h) − f (p) − L.h = o(khk) quand h → 0 On munit Rn de la norme k.k∞ et on choisit δ > 0 tel que khk∞ ≤ δ =⇒ p + h ∈ Ω

100

Soit h = (h1 , h2 , · · · , hn ) ∈ Rn vérifiant khk∞ ≤ δ. En écrivant f (p + h) − f (p)

= − + − ··· + −

[f (p1 + h1 , p2 + h2 , · · · , pn + hn ) f (p1 , p2 + h2 , · · · , pn + hn )] [f (p1 , p2 + h2 , · · · , pn + hn ) f (p1 , p2 , p3 + h3 , · · · , pn + hn )] [f (p1 , p2 , · · · , pn−1 , pn + hn ) f (p1 , p2 , · · · , pn )]

On obtient f (p + h) − f (p) − L.h =

n X

∆j (h)

j=1

o` u les ∆j (h) sont données par les formules suivantes : ∆1 (h) = f (p1 + h1 , p2 + h2 , · · · , pn + hn ) −f (p1 , p2 + h2 , · · · , pn + hn ) − h1

∂f (p) ∂x1

∆2 (h) = f (p1 , p2 + h2 , · · · , pn + hn ) −f (p1 , p2 , p3 + h3 , · · · , pn + hn ) − h2 ··· = ··· ∆n (h) = f (p1 , p2 , · · · , pn−1 , pn + hn ) ∂f −f (p1 , p2 , · · · , pn ) − hn (p) ∂xn

∂f (p) ∂x2

Si t ∈ [0, 1] on pose φ(t) = f (p1 + th1 , p2 + h2 , · · · , pn + hn ) − th1

∂f (p) ∂x1

On a ∆1 (h) = φ(1) − φ(0) Puisque (p1 +th1 , p2 +h2 , · · · , pn +hn ) ∈ B(p, δ) ⊂ Ω pour tout t ∈ [0, 1] ∂f et comme existe en tout point de Ω, la fonction φ est dérivable sur ∂x1 [0, 1] avec 0

φ (t) = h1

∂f ∂f (p1 + th1 , p1 + h2 , · · · , pn + hn ) − h1 (p) ∂x1 ∂x1 101

D’après l’inégalité des accroissements finis : ∃ c ∈]0, 1[ tel que 0

kφ(1) − φ(0)k ≤ kφ (c)k Autrement dit

∂f

∂f

k∆1 (h)k ≤ |h1 | (p1 + ch1 , p1 + h2 , · · · , pn + hn ) − (p) ∂x1 ∂x1 D’autre par, le point ξ 1 (h) := (p1 + ch1 , p1 + h2 , · · · , pn + hn ) vérifie kξ 1 (h) − pk∞ = max(|ch1 |, |h2 |, · · · , |hn |) ≤ khk∞ Ainsi on a trouvé un point ξ 1 (h) ∈ Ω tel que

∂f

∂f

kξ 1 (h) − pk ≤ khk∞ et k∆1 (h)k ≤ |h1 | (ξ 1 (h)) − (p) ∂x1 ∂x1 En appliquant successivement l’inégalité des accroissements finis, on peut trouver des points ξ 2 (h), · · · , ξ n (h) ∈ Ω tels que pour tout j, on a

∂f ∂f

j j (ξ (h)) − (p) kξ (h) − pk ≤ khk∞ et k∆1 (h)k ≤ |hj | ∂xj ∂xj On en déduit kf (p + h) − f (p) − L.hk ≤

n X

∂f ∂f

(ξ j (h)) − (p) |hj | ∂x ∂x j j j=1

≤ khk∞

n

X ∂f

∂f j

(ξ (h)) − (p)

∂x ∂x j j j=1

= khk∞ (h) o` u

∂f

∂f

(h) := (ξ j (h)) − (p) ∂xj ∂xj

Comme kξ j (h) − pk ≤ khk∞ , chaque ξ j (h)k tend vers 0 quand h → 0 et ∂f donc (h) tend vers 0 car les ∂x sont continues au point p. On a donc j bien montré que f (p + h) = f (p) + L.h + o(khk) quand h → 0

102

Corollaire 3.5.5. Soit Ω un ouvert de Rn . Pour une application f : Ω −→ F , les propriétés suivantes sont équivalents : (i) f est de classe C 1 sur Ω, (ii) f admet des détrivées partielles en tout point de ω et les fonctions ∂f ∂f ∂f , ,··· , : Ω −→ F ∂x1 ∂x2 ∂xn sont continues sur Ω. Démonstration. En effet, si (i) est vérifiée, alors f admet des dérivées partielles en tout point et on a pour tout j ∈ {1, 2, · · · , n} et p ∈ Ω ∂f (p) == Df (p).ej ∂xj Comme l’application linéaire L(Rn , F ) −→ F L −→ L.ej est continue et comme Df est continue sur Ω, on déduit par composition ∂f que ∂x : Ω −→ F est continue sur Ω. j Inversement, supposons que (ii) est vérifiée. D’après ce qui précéde, f est Fréchet différentiable sur Ω. Il reste a` voir que Df : Ω −→ L(Rn , F ) est continue. On munit Rn de la norme k.k∞ . FAIT : si L ∈ L(Rn , F ) alors kLkL(Rn ,F ) =

n X

kL(ej )kF

j=1

´ Exercice 3.5.6. Etablir ce fait. Si x, y ∈ Ω alors on a n

X

kDf (x) − Df (y)k =

Df (x).ej − Df (y).ej j=1 n X

∂f

∂f (x) − (y) =

∂xj ∂xj j=1 Comme les

∂f ∂xj

sont continues : Df est continue i.e f est C 1 . 103

Corollaire 3.5.7. Soit Ω un ouvert de Rn et soit f = (f1 , · · · , fm ) : Ω −→ Rm . Alors f est de classe C 1 si et seulement si pour tous i ∈ {1, · · · , m} et j ∈ {1, · · · , n} : ∂fi : Ω −→ R ∂xj existe et est continue sur Ω. Remarque 3.5.8. L’intêret pratique des deux corollaires précédents est évident : pour montrer qu’un fonction définie sur un ouvert de Rn est de classe C 1 il suffit de calculer les dérivées partielles et de vérifier qu’elles sont continues. On peut même oublier la définition de la différentiabilité.

3.6

Gradient et matrice jacobienne

D´ efinition 3.6.1. Soit Ω un ouvert de Rn et soit f : Ω −→ R possédant des dérivées partielles en un point p ∈ Ω. Le gradient de f au point p, qu’on note ∇f (p), est le vecteur de Rn définie par ∇f (p) =

∂f ∂x1

(p),

∂f ∂f (p), · · · , (p) ∂x2 ∂xn

Remarque 3.6.2. Si h = (h1 , h2 , · · · , hn ) ∈ Rn on a Df (p).h =

n X j=0

hj

∂f (p) =< ∇f (p), h > ∂xj

D´ efinition 3.6.3. Soient Ω un ouvert de Rn et f = (f1 , · · · , fm ) : Ω −→ Rm . On suppose que les fonctions fi : Ω −→ R possédent des dérivées partielles en un point p ∈ Ω. La matrice jacobienne de f au point p est la matrice associée à l’application linéaire Df (p) : Rn −→ Rm relativement aux bases canoniques de Rn et Rm : Jacf (p) :=

3.7

∂f

i

∂xj

(p)

( m lignes et n colonnes ) 1≤i≤m,1≤j≤n

Divergence et Rotationnel

D´ efinition 3.7.1. Soit f : Ω ⊂ Rn −→ Rn , qu’on appelle champ, de composantes f1 , · · · , fn dont toutes les dérivées partielles existent. La 104

divergence du champ f est la fonction scalaire définie par divf : Rn −→ R n X ∂fi x −→ divf (x) := tr(Jf )(x) = (x) ∂xi i=1

o` u tr(Jf )(x) est la trace de la matrice Jacobienne. En écrivant ∇ := ∂x∂ 1 , · · · , ∂x∂n comme un vecteur , on écrit parfois divf = ∇.f =< ∇, f >

(Notation physicienne)

a` ne pas confondre avec le gradient qui est un vecteur ! Pour ~u, ~v ∈ Rn , on note ~u ∧~v leur produit vectoriel dont les composantes sont les déterminats d’ordre 2 formés par les composantes de ~u et ~v . Si la famille {~u, ~v } est libre, alors ~u ∧~v est un vecteur orthogonal à l’espace vectoriel engendré par ~u et ~v . D´ efinition 3.7.2. Soit f : Ω ⊂ Rn −→ Rn un champ de composantes f1 , · · · , fn dont toutes les dérivées partielles existent. Le rotationnel du champ f au point x est la fonction vectorielle de Ω −→ Rn définie par rotf (x) = [∇ ∧ f ](x)

(Notation physicienne)

Si n = 3 , le rotationnel de f s’écrit ∂f ∂f2 ∂f1 ∂f3 ∂f2 ∂f1 3 − , − , − rotf (x) = ( ∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x1 ∂x2 ´ Exercice 3.7.3. Ecrire la matrice jacobienne de f : R2 −→ R3 définie par f (x; y) = (x3 y 4 , (x + y 2 ) sin(xy), arctan(x − y 3 )) en tout point (x, y) ∈ R3 . ´ Exercice 3.7.4. Ecrire la matrice jacobienne des applications suivantes : f (x, y, z) = (sin(xyz), x + ez , y + z) f (x, y, z) = (x cos y, ey cos z) f (x, y, z) = exy (cos z + sin y) f (x, y) = (x, yex , xy 2 ) f (x, y) = (ex , x3 , cos x) 105

La dérivée de la composée pour une variable 0

0

0

(g ◦ f ) (t) = g (f (t)) × f (t) s’étend aux applications Fréchet différentiables. Th´ eor` eme 3.7.5. Soient E, F, G trois evn, f : U −→ F o` u U est u ouvert de E, et g : V −→ G o` u V est un ouvert de F . On suppose que f (U ) ⊂ V . Si f est différentaible en un point p ∈ U et g est différentaible en f (p) alors g ◦ f : U −→ G est Fréchet différentiable en p avec D(g ◦ f )(p) = Dg(f (p))Df (p) o` u Dg(f (p))Df (p) ∈ L(E, G) est la composé des applications linéaires Df (p) ∈ L(E, F ) et Dg(f (p)) ∈ L(F, G). Démonstration. En effet, il s’agit simplement d’une compositions de développement limités. On a f (p + h) = f (p) + Df (p).h + R1 (h) o` u R1 (h) = o(khkE ) quand h ∈ E → 0 et g(f (p) + k) = g(f (p)) + Dg(f (p)).k + R2 (k) o` u R2 (k) = o(kkkF ) quand k ∈ F → 0. En prenant k = Df (p).h, on en déduit g ◦ f (p + h) = g(f (p) + Df (p).h + R1 (h)) = g(f (p)) + Dg(f (p))(Df (p). + R1 (h)) +R2 (Df (p).h + R1 (h)) = g ◦ f (p) + Dg(f (p))Df (p) + R3 (h) o` u R3 (h) = Dg(f (p))R1 (h) + R2 (Df (p).h + R1 (h)) Comme Dg(f (p)) est lnéaire continue on a Dg(f (p))R1 (h) = O(kR1 (h)k) = o(khk) quand h → 0 Puisque k = Df (p).h + R1 (h) tend vers 0 quand h → 0 on a Df (p).h + R1 (h) = O(khk) + o(khk) = O(khk) Par suite quand h → 0 R2 (Df (p). + R1 (h)) = o(kDf (p).h + R1 (h)k) = o(khk) Par suite R3 (h) = o(khk) quand h → 0. 106

Corollaire 3.7.6. La composée de deux applications de classe C 1 est de classe C 1 sur son domaine de définition. Démonstration. En effet, d’après le théorème précédent si f et g sont Fréchet différentiables alors Φ = g ◦ f est Fréchet différentiable sur U avec DΦ(p) = B Df (p), Dg(f (p)) o` u B : L(E, F ) × L(F, G) → L(E, G) est l’application bilinéaire définie par B(S, T ) = T S. Comme B est continue, on en déduit par composition que si Df : U → L(E, F ) et Dg : V → L(F, G) sont continues, alors on en déduit la continuité de D(g ◦ f ) : p ∈ U → B(Df (p), Dg(f (p)))

Corollaire 3.7.7. Soient f : U −→ Rm o` u U est un ouvert de Rn , et m g : V −→ R o` u V est un ouvert de R . On suppose que f (U ) ⊂ V . Si f est Fréchet différentiable en un point p ∈ U et g est différentaible en f (p) alors la matrice jacobienne de g ◦ f au point p est le produit des deux matrices Jacg (f (p)) et Jacf (p) : Jacg◦f (p) = Jacg (f (p))Jacf (p) qui est la matrice associée à l’application linéaire composée : D(g ◦ f )(p) = Dg(f (p)) ◦ Df (p) Démonstration. C’est trivial car les matrices jacobiennes sont les matrices des différentielles et on sait que la composition des applications linéaires correspond au produit des matrices. Exemple 3.7.8. 1- Soit Ω un ouvert de Rm et Y : Ω −→ Rn (x1 , · · · , xm ) −→ (y1 (x1 , · · · , xm ), · · · , yn (x1 , · · · , xm )) une application Fréchet différentiable. Soient V est un ouvert de Rn tel que Y (Ω) ⊂ V et F : V −→ R une fonction Fré’chet différentiable. Si f = F ◦ Y : Ω −→ R alors pour tout i ∈ {1, 2, · · · , m} et p ∈ Ω : n

X ∂F ∂f ∂yj (p) = (Y (p)) (p) ∂xi ∂y ∂x j i j= 107

C’est une conséquence directe de Jacf (p) = JacF (Y (p))JacY (p), autrement dit ∂F (1,n) (n,m) ∂y i Jacf (p) = (Y (p)) (p) × ∂yi ∂xj 1≤i≤n 1≤i≤n,1≤j≤m 2- Comme conséquence de 1, si f : I −→ R, o` u I est un intervalle de R, est de la forme f (t) = F (x(t)) o` u x(t) = (x1 (t), · · · , xn (t)) avec F Fréchet différentiable et les xj des dérivables, alors n X ∂F 0 (x(t))xj (t) f (t) = ∂xj j=1 0

0

= < ∇F (x(t)), x (t) > 3 - Soient γ : I ⊂ R −→ E dérivable avec γ(I) ⊂ Ω ⊂ E et f : Ω −→ F Fréchet différentiable. ALors la fonction φ : I −→ F définie par φ(t) = f (γ(t)) est dérivable et sa dérivée est donnée par 0

0

φ (t) = Df (γ(t)).γ (t) 4 - Si Ω est un ouvert d’un evn E et f, g : Ω −→ R Fréchet différentiables. Alors f + g et f g sont Fréchet différentiables et D(f + g)(p) = Df (p) + Dg(p),

D(f g)(p) = gDf (p) + f Dg(p)

Si de plus g ne s’annule pas alors f /g est Fréchet différentiable et f gDf − f Dg (p) = D g g2

3.8

Accroissements finis

Si u et v sont deux vecteurs d’un espace vectoriel réel E, on note par [u, v] le segment d’extrémités u e v : [u, v] := {(1 − t)u + tv : t ∈ [0, 1]} Th´ eor` eme 3.8.1. Soient E et F deux evn et f : Ω −→ F Fréchet différentiable o` u Ω est un ouvert de E. Si u, v ∈ Ω et le segment [u, v] ⊂ Ω alors il existe un point ξ ∈ [u, v] tel que kf (v) − f (u)kF ≤ kDf (ξ).(v − u)kF En particulier, on peut trouver ξ ∈ [u, v] tel que kf (v) − f (v)kF ≤ kDf (ξ)kL(E,F ) kv − ukE 108

Démonstration. En effet, soit φ : [0, 1] −→ F la fonction d´finie par φ(t) = f (γ(t)) o` u γ(t) = (1 − t)u + tv Comme [u, v] ⊂ Ω, la fonction φ est dérivable sur [0, 1] par composition et 0 0 φ (t) = Df (γ(t)).γ (t) = Df (γ(t)).(v − u) D’après l’inégalité des accroissements finis pour les fonctions d’une variable, on sait qu’il existe un point c ∈ [0, 1] tel que 0

kφ(1) − φ(0)k ≤ (1 − 0)kφ (c)k Comme γ(1) = v et γ(0) = u, cela s’écrit kf (v) − f (u)k ≤ kDf (γ(c)).(v − u)k d’o` u le résultat avec ξ = γ(c). La deuxièmme inégalité du théorème est claire d’après la définition de la norme de L(E, F ) : kDf (ξ).(v − u)k ≤ kDf (ξ)kkv − uk

Corollaire 3.8.2. Sous les mêmes hypothèses du théorème si de plus Ω est convexe et s’il existe une constante M telle que pour tout ξ ∈ Ω on a kDf (ξ)kL(E,F ) ≤ M alors f est M -lipschitzienne sur Ω : pour tous u, v ∈ Ω kf (v) − f (u)kF ≤ M kv − ukE Démonstration. C’est trivial car [u, v] ⊂ Ω pour tous u, v ∈ Ω. Corollaire 3.8.3. Soit Ω un ouvert de Rn . Si f : Ω −→ F est de classe C 1 sur Ω alors f est lipschitzienne sur toute boule fermé contenue dans Ω. Démonstration. En effet, si B est une boule fermés dans Ω alors elle est compacte (on est en dimension finie ), donc la fonction continue ξ ∈ B −→ kDf (ξ)kL(E,F ) 109

est bornée sur B : il existe M telle que ∀ ξ ∈ B : kDf (ξ)kL(E,F ) ≤ M. De plus B est également convexe, donc kDf (ξ)kL(E,F ) ≤ M pour tout ξ ∈ [u, v] si u, v ∈ B. D’après l’inégalité des accroissements finis, on en déduit le résultat. Corollaire 3.8.4. Soit f : Ω −→ F une application Fréchet différentiable o` u Ω est un ouvert connexe de E. Si Df ≡ 0 sur Ω alors f est constante sur Ω. Démonstration. En effet, d’après l’inégalités des accroissements finis avec M = 0 : si u, v ∈ Ω avec [u, v] ⊂ Ω alors f (u) = f (v). Donc si u, v ∈ Ω sont tels que [u, v] ⊂ Ω alors f (u) = f (v). Soient u, v ∈ Ω deux point quelconques de Ω. Puisque Ω est connexe, on peut trouver une ligne brisée L = [a0 , a1 ] ∪ · · · ∪ [aN −1 , aN ] ⊂ Ω tel que a0 = u et aN = v. D’après ce qui précéde on a : f (ai+1 ) = f (ai ), si i ∈ {0, 1, · · · , N − 1}. Par suite f (v) = f (aN ) = · · · = f (a0 ) = f (u) Comme u, v ∈ Ω sont quelconques alors f est constante. Exercice 3.8.5. Soit E un espace de Banach et u ∈ GL(E) un isomorphisme de E. On considère l’application f : L(E) −→ L(E) définie par f (v) = 2v − v ◦ u ◦ v Montrer que f est de classe C 1 et calculer sa différentielle. Calculer f (u−1 ) et Df (u−1 ). Montrer qu’il existe α > 0 tels que pour tout v ∈ L(E) kv − u−1 k ≤ α =⇒ kDf (v)k ≤

1 2

Soit v0 ∈ L(E) tel que kv0 − u−1 k ≤ α. On définit la suite récurrente vp+1 = f (vp ) si p ∈ N. Montrer que pour tout p ∈ N : kvp − u−1 k ≤ α. En déduire que (vp ) converge vers u−1 dans L(E).

3.9

Th´ eor` eme fondamentale de l’analyse

Dans la suite, on suppose que E et F sont deux evn avec F complet. Soit Ω un ouvert de E. On rappelle qu’un chemin dans Ω est une application continue γ : [a, b] −→ E définie sur un intervalle compact [a, b] telle que γ([a, b]) ⊂ Ω. 110

Th´ eor` eme 3.9.1. Soit Ω un ouvert de E et f : Ω −→ F de classe C 1 . Si γ : [a, b] −→ Ω est un chemin de classe C 1 alors Z f (γ(b)) − f (γ(1)) =

b

0

Df (γ(t)).γ (t)dt a

Démonstration. En effet, Il suffit d’applique le théorème fondamentale de l’analyse pour les fonctions d’une variable. Corollaire 3.9.2. Soit f : Ω −→ F de classe C 1 . Si u, v ∈ Ω et si [u, v] ∈ Ω alors Z 1 f (v) − f (u) = Df ((1 − t)u + tv).(v − u)dt 0

Démonstration. On applique le théorème fondamentale de l’analyse au chemin γ : [0, 1] −→ Ω définie par γ(t) = (1 − t)u + tv.

3.10

S´ eries d’applications diff´ erentiables

Proposition 3.10.1. Soit Ω un ouvert de E et soit (fk ) une suite de fonctions fk : Ω −→ F de classe C 1 sur Ω. Soient f : Ω −→ F et Φ : Ω −→ L(E, F ). On suppose que (i) la suite (fk ) converge simplement vers f dans Ω : c’est à dire ∀p∈Ω

:

lim kfk (p) − f (p)kF = 0

k→∞

(ii) la suite des différentielles (Dfk ), Dfk : Ω −→ L(E, F ), converge uniformément vers Φ sur toute boule fermé B contenu dans Ω : c’est à dire lim sup kDfk (p) − Φ(p)kL(E,F ) = 0 k→∞ p∈B

Alors f est de clase C 1 et Df (p) = φ(p) pour tout p ∈ Ω. Démonstration. La preuve se fera en deux étapes : on montre d’abord que φ est continue puis f est Fréchet différentiable avec Df = Φ. Etape 1 : Φ : Ω −→ L(E, F ) est continue. Soit p ∈ Ω et R > 0 tel que B(p, R) ⊂ Ω. On va montrer que Φ est continue sur B(p, r) avec r < R qu’on va choisir après. Ceci qui entraine que Φ est continue au point p. Si u ∈ B(p, r) et k ∈ N , en écrivant Φ(u) − Φ(p) = Φ(u) − Dfk (u) + Dfk (u) − Dfk (p) + Dfk (p) − Φ(p) 111

d’après l’inégalité triangulaire de la norme subordonnée k.k = k.kL(E,F ) kΦ(u) − Φ(p)k ≤ kΦ(u) − Dfk (u)k + kDfk (u) − Dfk (p)k +kDfk (p) − Φ(p)k (•) Soit > 0 fixé. Puisque (Dfk ) converge uniformément vers Φ sur B(p, R) alors il existe N1 ∈ N tel que (∗) ∀ k ≥ N1 , ∀ u ∈ B(p, R) : kΦ(u) − Dfk (u)kL(E,F ) ≤ /3 Puisque (Dfk ) converge uniformément vers Φ sur B(p, R), en particulier simplement, il existe N2 ∈ N tel que ∀ k ≥ N2 ,

(∗∗)

:

kΦ(p) − Dfk (p)kL(E,F ) ≤ /3

On fixe N3 ≥ max(N1 , N2 ). Puisque DfN3 est continue au point p : il existe r > 0(r < R) tel que (∗ ∗ ∗)

∀ u ∈ B(p, r)

:

kDfN2 (u) − DfN2 (p)kL(E,F ) ≤ /3

En prenant k = N3 dans (∗) et (∗∗) et joignons les avec (∗ ∗ ∗) dans (•), on obtient ∀ > 0, ∃ r > 0, ∀ u ∈ B(p, r)

:

kΦ(u) − Φ(p)kL(E,F ) ≤

Autrement dit Φ : Ω −→ L(E, F ) est continue en p. Etape 2 : on va montrer que f est Fréchet différentiable sur Ω et Df (p) = Φ(p) pour tout p ∈ Ω. Soit p ∈ Ω fixé et r > 0 tel que B(p, r) ⊂ Ω. Alors le segment [p, p+h] ⊂ Ω pour tout h ∈ E vérifiant khk ≤ r car la boule B(p, r) et convexe. Pour un tel h, on a donc Z 1 (••) ∀ k ∈ N : fk (p + h) = fk (p) + Dfk (p + th).hdt 0

Comme (Dfk ) converge uniformément vers Φ dans B(p, r) : lim sup kDfk (p + th) − Φ(p + th)k k→∞ t∈[0,1]

sup kDfk (u) − Φ(u)k = 0

≤ lim

k→∞

u∈B(p,r)

112

Puisque Z 1

Z 1

Dfk (p + th).hdt − Φ(p + th).hdt

0 Z0 1 kDfk (p + th).h − Φ(p + th).hkdt ≤ 0

≤ khk sup kDfk (p + th) − Φ(p + th)k t∈[0,1]

on en déduit 1

Z lim

k→∞

Z Dfk (p + th).hdt =

1

Φ(p + th).hdt

0

0

Puisque fk converge simplement vers f dans Ω, en faisant tendre k vers l’infini dans (••) on a Z 1 f (p + h) = f (p) + Φ(p + th).hdt 0

pour ∈ E vérifinat khkE ≤ r. Comme Φ est continue, on peut écrire Φ(p + h) = Φ(p) + (h) o` u (h) tend vers 0 quand h → 0. Pour khk ≤ r, on a donc Z 1 f (p + h) = f (p) + [φ(p) + (th)].hdt 0

= f (p) + Φ(p).h + R(h) o` u

1

Z R(h) =

(th).hdt 0

Mais 1

Z kR(h)k ≤

k(th).hkdt Z 1 ≤ khk × k(th)kdt 0

0

Comme (h) tend vers 0 quand h → 0, on a aussi Z 1 lim (th).hdt = 0 h→0

0

113

On a donc R(h) = o(khk) quand h → 0 et comme Φ(p) ∈ L(E, F ) cela prouve que f est Fréchet différentiable en p avec Df (p) = Φ(p)

Les corollaires suivants sont des conséquences de la proposition précedante : Corollaire 3.10.2. Soient Ω un ouvert de Rn et (fk ) une suite de fonctions de classe C 1 à valeurs réelles. Soit f : Ω → R. On suppose que (i) la suite (fk ) converge simplement vers f dans Ω, ∂f k converge uniformément (ii) pour tout j ∈ {1; 2, · · · , n} la suite ∂xj sur tout compact de Ω ver une fonction gj : Ω −→ R. ∂f Alors f est de classe C 1 et = gj pour tout j ∈ {1, 2, · · · , n}. ∂xj Corollaire 3.10.3. Soient Ω un ouvert de Rn et (fk ) une suite de fonc1 tions de classe P C à valeurs réelles. On suppose que (i) la série fk converge simplement sur Ω, X ∂fk converge normalement (ii) pour tout j ∈ {1; 2, · · · , n} la série ∂x j k sur tout compact de Ω. ∞ X Alors f = fk est de classe C 1 et pour tout j ∈ {1, 2, · · · , n} : k=0 ∞

X ∂fk ∂f = ∂xj ∂xj k=0 Exercice 3.10.4. Sur M(n, R), muni de la norme subordonnée k.k∞ , on définit l’application exponentielle par A ∈ M(n, R) −→ exp(A) :=

∞ X Ak k0

k!

= lim

k→∞

k X Aj j=0

j!

(i)- Montrer que pour tout A ∈ M(n, R) : k exp(A)k ≤ ekAk . (ii)- Montrer que exp est de classe C 1 sur M(n, R). 114

3.11

Diff´ erentiabilit´ e seconde

D´ efinition 3.11.1. Soit Ω un ouvert d’un evn E. On dit qu’une fonction f : Ω −→ R est deux fois différentiable en p ∈ Ω si elle est Fréchet différentiable sur un voisinage de V ⊂ Ω de p et Df : V −→ L(Rn , R) est Fréchet différentiable en p. (ii) f et de classe C 2 sur Ω si elle est de classe C 1 et Df : Ω −→ L(Rn , R) est de classe C 1 . Remarque 3.11.2. Dans le cas E = Rn , on peut reformuler la définition en faisant appel aux dérivées partielles : f est deux fois Fréchet différentiable en un point p ∈ Ω si f est Fréchet différentiable au voisinage de p et si toutes les dérivées partielles de f : ∂f : Ω −→ R, ∂xj

j ∈ {1, · · · , n}

sont Fréchet différentiable en p. On dit que f est de classe C 2 si f est de classe C 1 et si ses dérivées partielles sont de classe C 1 sur Ω. On note C 2 (Ω) l’ensemble des fonctions de classe C 2 sur Ω. Pour i, j ∈ {1, 2, · · · , n}, on note ∂ 2f ∂xi ∂xj la dérivée partielle par rapport à xj de ∂f ∂xj Si i = j on écrit ∂ 2f ∂x2i au lieu

∂ 2f ∂xi ∂xi 115

D´ efinition 3.11.3. Soit f : Ω ⊂ Rn −→ R deux fois Fréchet différentiables en un point p. La différentielle seconde de f au point p est la forme bilinéaire D2 f (p) : Rn × Rn −→ R 2

(h, k) −→ D f (p)(h, k) :=

n X

∂ 2f (p)hi kj ∂xi ∂xj i,j=1

Si (e1 , e2 , · · · , en ) est la base canonique d Rn alors D2 f (p)(ei , ej ) =

∂ 2f (p) ∂xi ∂xj

La matrice de la forme bilinéaire D2 f (p) dans la base canonique de Rn s’appelle la matrice hessienne de f aupoint p qu’on note Hf (p) : ∂ 2f n Hf (p) = (p) ∂xi ∂xj i,j=1 On a alors D2 f (p)(h, k) =< Hf (p)h, k > Proposition 3.11.4. Si f : Ω −→ R est deux fois différentaibles en un point p ∈ Ω alors ” la dérivée directionnelle itérée ” Dh Dk f (p) existe pour tous h, k ∈ Rn et on a D2 f (p)(h, k) = Dh Dk f (p) Démonstration. Soient h, k ∈ Rn . Puisque f est Fréchet différentiable sur un certain voisinage U de p, on sait que Dk f (u) existe en tout point u ∈ U at n X ∂f (u) Dk f (u) = kj ∂xj j=1 Comme f est deux fois différentiables en p toutes les fonctions différentiables en p. Donc Dk f est différentiable en p et

∂f ∂xj

sont

Dh (Dk f )(p) = D(Dk f )(p).h n n n ∂f X X X ∂ 2f = kj D (p).h = kj hi (p) ∂xj ∂xi ∂xi j=1 j=1 i=1 = D2 f (p)(h, k)

116

3.12

Sym´ etrie des d´ eriv´ ees crois´ ees : th´ eor` eme de Schwarz

Le théorème suivant signifie que l’ordre dans lequel on effectue des dérivées partielle n’a en fait aucune importance : c’est le théorème de Schwarz. Th´ eor` eme 3.12.1. Si f ∈ C 2 (Ω) ⊂ Rn alors ∂ 2f ∂ 2f = ∂xi ∂xj ∂xj ∂xi

i, j ∈ {1, 2, · · · , n}

pour tous

Le théorème ne fait intervenir que deux variables xi et xj , on peut se limiter au cas d’une fonction de deux variable x, y. Autrement dit, on se donne une fonction f de classe C 2 sur Ω ⊂ R2 , il s’agit de montrer ∂ 2f ∂ 2f = ∂x∂y ∂y∂x Pour la preuve on va utiliser le lemme suivant. Tout d’abord, si R = [a, b] × [c, d] est un rectangle de R2 et si Φ : R −→ R est une fonction continue, on a la formule de Fubini Z d Z b Z b Z d Φ(x, y)dx dy Φ(x, y)dy dx = a

c

c

a

La valeur commune des ces deux intégrales est appelé intégrale de Φ sur R et notée Z b Z d Z Φ(x, y)dy dx Φ(x, y)dxdy := a

R

c

Le lemme qu’on a besoin est le suivant : Lemme 3.12.2. Soient Φ1 et Φ2 deux fonctions continues sur Ω et à valeurs réelles. On suppose qu’on a Z Z Φ1 (x, y)dxdy = Φ2 (x, y)dxdy R

R

pour tout rectangle R ⊂ Ω. Alors Φ1 = Φ2 sur Ω. Il est connu, voir le cous d’analyse semestre 2, que si f et g sont deux fonctions continues sur un intervalle I de R et Z b Z b f (t)dt = g(t)dt a

a

pour tout segment [a, b] ⊂ I alors f = g sur I. Le lemme précédent est la généralisation en deux variables. 117

Démonstration. On reprend exactement la preuve du cas d’un seule variable. Soit Φ = Φ1 − Φ2 . On a Z Φ(x, y)dxdy = 0 R

pour tout rectangle R ⊂ Ω et on veut montrer que Φ = 0. On raisonne par l’absurde : supposons que ce ne sois pas le cas. Alors on peut trouver un point (p0 = x0 , y0 ) ∈ Ω tel que Φ(p0 ) > 0. Soit α0 > 0 tel que 0 < α0 < Φ(p0 ). Puisque φ est continue, on peut trouver ∆ > 0 tels que ku − p0 k∞ ≤ δ =⇒ Φ(u) ≥ α0 Il suffit de prendre = φ(p0 ) − α0 en exprimant la définition de la continuité de φ au point p0 . Mais B(p0 , δ) = {u ∈ Ω : ku − p0 k∞ ≤ δ} = ]x0 − δ, x0 + δ[×]y0 − δ, y0 + δ[ qui est un rectangle R ⊂ Ω. D’après le choix de ∆ on a Z Z Φ(x, y)dxdy ≥ α0 dxdy = α0 × (2δ)2 > 0 R

R

ce qui contredit l’hypothèse faite sur Φ. D´ emonstration du th´ eor` eme de Schwarz : on applique le lemme précedent avec ∂ 2f ∂ 2f Φ1 = et Φ2 = ∂x∂y ∂y∂x Si R = [a, b] × [c, d] est un rectangle contenu dans Ω, alors Z R

∂ 2f dxdy = ∂x∂y

Z d Z

b

∂f ∂f (x, y) dx dy a ∂x ∂y c Z dh i ∂f ∂f = (b, y) − (a, y) dy ∂y ∂y c = [f (b, d) − f (b, c)] − [f (a, d) − f (a, c)]

De même on trouve Z Z d Z b ∂ 2f ∂f ∂f dxdy = (x, y) dy dx R ∂y∂x c a ∂y ∂x = [f (b, d) − f (a, d)] − [f (b, c) − f (a, c)] 118

Ainsi

Z ∂ 2f ∂ 2f dxdy = dxdy R ∂x∂y R ∂y∂x pour tout rectangle R ⊂ Ω, d’après le lemme on a donc Z

∂ 2f ∂ 2f = sur Ω. ∂x∂y ∂y∂x En fait, on peut montrer la version forte du théorème de Schwarz : Th´ eor` eme 3.12.3. Si f : Ω ⊂ Rn −→ R est de classe C 1 dont les ∂f dérivées partielles ∂x , 1 ∈ {1, 2, · · · , n}, sont Fréchet différentiables i alors ∂ 2f ∂ 2f = , ∀ i, j ∈ {1, 2, · · · , n} ∂xi ∂xj ∂xj ∂xi Remarque 3.12.4. Si f est de classe C 2 alors les dérivées partielles sont automatiquement de classe C 1 . On en déduit la version faible du thórème de Schwarz déjà établi. Démonstration. soit ei = (0, · · · , 0, 1i , 0, · · · , 0) la base canonique de Rn . On considère, au voisinage [−a, a] de 0, la fonction h(t) = f (a + tei + tej ) − f (a + tei ) − f (a + tej ) + f (a) Notons que h(t) = g(t) − g(0) o` u g(s) = f (a + sei + tej ) − f (a + sei ). D’après le théorème des accroissements finis il existe c ∈ [0, t] tel que 0

h(t) = g(t) − g(0) = tg (c) Mais 0

g (c) = 0

∂f ∂f (a + cei + tej ) − (a + cei ) ∂xi ∂xi

∂f ∂f (a + cei + tej ) − (a + cei ) ∂xi ∂xi ∂f ∂f = (a + cei + tej ) − (a) − ∂xi ∂xi ∂f ∂f (a + cei ) − (a) ∂xi ∂xi

g (c) =

Puisque

∂f ∂xi 0

est Fréchet différentiable

g (c) =

√ ∂ 2f 2 2 (a).c + (a).t + o( c + t ) − ∂x2i ∂xj ∂xi ∂ 2f (a).c + o(c) ∂x2i

∂ 2f

119

Puisque 0 ≤ c ≤ t alors c → 0 quand t → 0, par suite ∂ 2f h(t) = tg (c) = (a).t2 + o(t2 ) ∂xj ∂xi 0

En écrivant h(t) = r(t) − r(0) o` u r(t) = f (a + tei + sej ) − f (a + sej ), on obtient aussi ∂ 2f h(t) = (a).t2 + o(t2 ) ∂xi ∂xj par conséquent h(t) =

∂ 2f ∂ 2f (a).t2 + o(t2 ) = (a).t2 + o(t2 ) ∂xj ∂xi ∂xi ∂xj

En divisant par t2 et faisant tendre t vers 0, on obtient l’égalité. Corollaire 3.12.5. Si f ∈ C 2 (Ω) alors D2 f (p) est une forme bilinéaire symétrique : ∀ h, k ∈ Rn

:

et donc 2

D f (p)(h, k) =

3.13

D2 f (p)(h, k) = D2 f (p)(k, h)

n X

2 2∂ f hj 2 (p) ∂xj j=1

X ∂ 2f (p) +2 ∂xi ∂xj i dt f (p + h) = f (p) + Df (p).h + 0

Démonstration. on rappelle que < ., . > est le produit scalaire usuel de Rn définie par : n

∀u, v ∈R

: < u, v >=

n X

uj vj

j=1

Soient h ∈ Rn tel que [p, p + h] ∈ Ω pour tout khk ≤ δ. On définit la fonction φ : [0, 1] → R par φ(t) = f (p + th) Alors φ est de classe C 2 car f l’est et 0

00

φ (t) = Df (p + th).h et φ (t) =< D2 f (p + th).h, h > On applique la formule de Taylor à l’ordre pour les fonctions d’une variable réelle et a` valeurs réelle, on obtient Z 1 0 00 φ(1) = φ(0) + φ (0) + (1 − t)φ (t)dt 0

ce qui, par définition de φ, donne Z 1 f (p + h) = f (p) + Df (p).h + (1 − t) < D2 f (p + th).h, h > dt 0

3.15

D´ eveloppement limit´ e` a l’ordre 2

De la formule de Taylor précédente, on peut tirer le développement limité. 121

Proposition 3.15.1. Soit f ∈ C 2 (Ω). Pour tout p ∈ Ω, on a le développement limité à l’ordre 2 au point p : f (p + h) = f (p) + Df (p).h +

1 < D2 f (p).h, h > +o(khk2 ) 2

o` u k.k est une norme quelconque sur Rn . Démonstration. En effet, on munit Rn de la norme k.k∞ . On fixe p ∈ Ω et r > 0 tel que B(p, r) ⊂ Ω. Puisque la boule B(p, r) est convexe on a [p, p + h] ⊂ Ω pour tout h ∈ Rn vérifiant khk ≤ r. On écrit la formule de Taylor : f (p + h) = f (p) + Df (p).h Z 1 + (1 − t) < D2 f (p + th).h, h > dt 0

= f (p) + Df (p).h Z 1 n X + (1 − t)

∂ 2f (p + th)hi hj ∂x ∂x i j i,j=1

0

Puisque f est de classe C 2 alors les dérivées partielles seconde de f sont continues. On peut écrire ∂ 2f ∂ 2f (p + u) = (p) + ij (u) ∂xi ∂xj ∂xi ∂xj o` u ij (u) → 0 quand u → 0. f (p + h) = f (p) + Df (p).h Z 1 n X ∂ 2f + hi hj (p) (1 − t)dt + R(h) ∂xi ∂xj 0 i,j=1 = f (p) + Df (p).h +

1 < D2 f (p).h, h > +R(h) 2

o` u le reste R(h) est donné par la formule Z 1 n X R(h) = hi hj (1 − t)ij (th)dt 0

i,j=1

FAIT : ( que vous devez établir ) Z 1 ij (th)dt = 0 lim h→0

0

Puisque |hi hj | ≤ khk2∞ on a alors R(h) = o(khk2 ). 122

Remarque 3.15.2. Pour déterminer le développement limité a` l’ordre 2 d’une fonction de plusieurs variables en un point, on peut toujours , au moins en théorie, appliquer la formule de la proposition. Dans la pratique, cela devient pénible pour une fonction un peu compliquée : cela se ramène donc à calculer des dérivées partielles secondes. Il est souvent plus rapide de procéder comme pour les fonctions d’une variable qui consiste a` composer des développement limités.

3.16

Exercices

Exercice 3.16.1. Montrer que si B : E ×E → F est bilinéaire continue alors B(h, k) = o(k(h, k)k) si (h, k) tend vers 0. Exercice 3.16.2. Si E = F = M(n, R) et si k.k est une norme quelconque sur M(n, R) alors H 2 = o(kHk) quand H → 0. Exercice 3.16.3. Montrer que si R(h) = o(α(h)) quand h → 0 et α(h) = O(β(h)), alors R(h) = o(β(h) quand h tens vers 0. Exercice 3.16.4. Monrer que toute application linéaire L : R −→ F est de la forme L(h) = h × ξ o` u ξ = L(1) ∈ F . Exercice 3.16.5. Montrer que l’application L ∈ L(R, F ) −→ ξ = L(1) ∈ F est un isomorphisme et kLkL(R,F ) = kL(1)kF Exercice 3.16.6. Montrer que la fonction A ∈ M(n, R) −→ R est de classe C 1 .

p tr(I + t AA) ∈

Exercice 3.16.7. Soit E, F et G trois evn. Montrer que si B : E × F −→ G est une application bilinéaire continue alors B est Fréchet différentiable et sa différentielle est donnée par la formule DB(u, v)(h, k) = B(u, k)+B(h, v). En particulier P : M(np, R)×M(pm, R) −→ M(nm, R) qui a (A, B) −→ AB est de classe C 1 sur M(np, R) × M(pm, R) et DP (A, B)(H, K) = HB + AK. Exercice 3.16.8. Montrer qu’une norme k.k sur Rn n’est jamais Fréchet différentiable à l’origine. Exercice 3.16.9. Montrer que la norme k.k1 sur Rn est Fréchet différentiable en a = (a1 , · · · , an ) ∈ Rn si et seulement si ∀ i ∈ {1, 2, · · · , n} : ai 6= 0. Même question pour k.k∞ sur Rn . 123

Exercice 3.16.10. Soit M(n, R) muni du produit scalaire euclidien et la norme associée < A, B >= tr(At B)

,

kAk = tr(At A)

On considère les applications suivantes : A ∈ M(n, R) −→ tr(A) ∈ R, A ∈ M(n, R) −→ dét(A) ∈ R, A ∈ GL(n, R) −→ log |dét(A)| ∈ R, A ∈ M(n, R) −→ (tr(A), tr(A2 ), · · · , tr(An )) ∈ Rn , A ∈ GL(n, R) −→ A−1 ∈ GL(n, R), A ∈ M(n, R) −→ Ap ∈ M(n, R), p ∈ N∗ , A ∈ GL(n, R) −→ A−p ∈ M(n, R), p ∈ N∗ . Montrer que ces applications sont Fréchet différentiables et déterminer en tout point de leurs domaines de définition, le gradient pour les trois premières et la différentielle pour les quatre dernières. Exercice 3.16.11. Soit A = (aij ) ∈ M(n, R) une matrice symétrique : aij = aji pour tout i, j ∈ {1, 2, · · · , n}. Soit f : Rn \ {0} −→ R définie par < Ax, x > f (x) = kxk2 - Calculer ∇f (x) en tout point x ∈ Rn \ {0}. - Comparer ∇f (x) à la projection orthogonale de Ax sur le sous espace vectoriel Hx orthogonale à x. Exercice 3.16.12. Soit M(mn, R) muni du produit scalaire < M, N >:= tr(t AB). Soit B ∈ M(mn, R) symétrique. On définit f, g : M(mn, R) −→ R par f (A) = tr(AB t A) et g(a) = dét(AB t A) Déterminer les gradients de f et g en tout A ∈ M(mn, R). Exercice 3.16.13. Soit Ω un ouvert d’un espace de Banach E, A : Ω −→ GL(E) et B : Ω −→ L(E) deux applications fréchet différentiables. On fixe y ∈ E et on considère l’application C : Ω −→ E définie par C(x) = A(x)−1 ◦ B(x) ◦ A(x)).y + x Sans chercher à justifier la Fréchet différentiabilité de C, calculer DC(x).h pour tout h ∈ E. 124

Exercice 3.16.14. Montrer que det : GL(Rn ) −→ R est Fréchet différentiable de différentielle en u ∈ GL(Rn ) donnée par ∀ h ∈ M(n, R) : D(det)(u).h = det(u)trace(u−1 ◦ h) Exercice 3.16.15. Soit E = Cb (R, R) l’espace vectoriel des fonctions continues et bornées sur R, muni de la norme kf k = sup |(f (t)| t∈R

Soit Φ : E −→ R définie par Z

f (0)

Φ(f ) =

f (t)dt 0

Montrer que Φ est Fréchet différentiable sur E et Z f (0) ∀ f, h ∈ E : DΦ(f ).h = h(t)dt + f (0)h(0) 0

Exercice 3.16.16. Soit E == C([0, 1], R) muni de la norme kf k = sup |(f (t)| t∈[0,1]

Soit φ : R −→ R une fonction de classe C 1 et Φ : E −→ E l’application Φ(f ) = φ ◦ f Montrer que Φ est Fréchet différentiable sur E et 0

∀ f, h ∈ E : DΦ(f ).h = (φ ◦ f ) × h Exercice 3.16.17. Soit E l’espace vectoriel des application f : [0, 1] −→ R2 qui sont de classe C 1 sur ]0, 1[ et dont les composantes sont conti0 nument dérivables à gauche de 0 et à droite de 1. On prolonge f par continuité en 0 et en 1. On munit cet espace de la norme 0 kf k = sup kf (t)| + kf (t)k t∈[0,1]

Montrer que l’application T : E −→ R définie par Z 0 T (f ) = dét(f (t), f (t))dt 0

est de classe C 1 est calculer sa différentielle. 125

Exercice 3.16.18. Soit E un espace de Banach. On considère l’application φ : L(E) → L(E) définie par φ(A) = An = A ◦ A ◦ · · · ◦ A ( n-fois ). Montrer que φ est Fréchet différentiable et calculer Dφ(A).H pour A, H ∈ L(E) ( commencer d’abord par le cas n = 1, 2, 3). Exercice 3.16.19. Sur M(n, R) on considére l’application exp : A ∈ M(n, R) −→ exp(A) =

+∞ X Aj j=0

j!

Montrer que exp est Fréchet différentiable en la matrice nulle O et ∀ H ∈ M(n, R) : D(exp(O)).H = H Exercice 3.16.20. Calculer la différentielle à l’origine des applications Fréchet différentiables p f (x, y, z) = 2 + 3z + xy + x sin(x2 + y 2 ), g(x, y) = 1 + x 1 + y 2 Calculer les dérivées partielles de g et montrer qu’elles sont continues. Exercice 3.16.21. Soit f : R2 −→ R définie par 1

f (x, y) =

ye− x2 2

y 2 + e− x2 f (0, 0) = 0

si

(x, y) 6= (0, 0)

Montrer que f n’est pas continue en (0, 0) mais toutes les dérivées directionnelles en (0, 0) existent. Exercice 3.16.22. Soit f : R2 −→ R définie par xy 1 sin p si (x, y) 6= −0, 0) f (x, y) = p x2 + y 2 x2 + y 2 f (0, 0) = 0 L’application f est-elle continue en (0, 0) ? Calculer ses dérivées partielles sur R2 \ {(0, 0)}. Déterminer ses dérivées directionnelles en (0, 0) quand elles existent. Démontrer que f n’est pas Fréchet différentiable en (0, 0) et en déduire que les dérivées partielles de f ne sont pas continues en (0, 0). Soit (a, b) ∈ R2 , étudier la continuité des fonctions : x → ∂f (x, b), x → ∂f (x, b), y → ∂f (a, y), y → ∂f (a, y). ∂x ∂y ∂x ∂y 126

´ Exercice 3.16.23. Etudier la continuité, l’existence et la continuité des dérivées partielles premières des fonctions suivantes : 1 2 2 si (x, y) 6= (0, 0) f (x, y) = (x + y ) sin 2 x + y2 f (0, 0) = 0 x g(x, y) = y 2 sin si y 6= 0 y g(x, 0) = 0 h(x, y) = x2 si |x| > y h(x, y) = y 2 si |x| ≤ y Exercice 3.16.24. On munit Rn de sa structure euclidienne usuelle. Soit a = (a1 , ..., an ) 6= 0. On considère la fonction f : Rn −→ R définie, pour tout x = (x1 , ..., xn ) ∈ Rn par : n X Pn 2 −kxk2 f (x) =< a, x > e = aj xj e− j=1 xj j=1

˜ rentiable c Montrer que f est diffA et calculer sa différentielle de deux manières : en utilisant les dérivées partielles de f puis utiliser la définition. Exercice 3.16.25. Démontrer que la fonction f : R2 −→ R définie par exy − 1 si x 6= 0 f (x, y) = x f (0, y) = y est de classe C ∞ . Exercice 3.16.26. Soit Ω un ouvert de C et f : Ω −→ C de classe C 1 . Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes : (a) ∀ z = x + iy ∈ Ω : ∂f ∂f (z) + i (z) = 0 ∂x ∂y (b) Pour tout z0 ∈ Ω, l’application z −→

g(z) − g(z0 ) z − z0

admet une limite finie `(z0 ) ∈ C lorsque z ∈ Ω tend vers z0 . Si f vérifie (a) ou (b) , on dit que f est holomorphe sur Ω. Montrer que tout polynôme P en z est holomorphe sur C. La fonction f (z) = z¯ = x − iy est-elle holomorphe sur C ? 127

´ Exercice 3.16.27. Ecrire la matrice jacobienne de f : R2 −→ R3 définie par f (x; y) = (x3 y 4 , (x + y 2 ) sin(xy), arctan(x − y 3 )) en tout point (x, y) ∈ R3 . ´ Exercice 3.16.28. Ecrire la matrice jacobienne des applications suivantes : f (x, y, z) = (sin(xyz), x + ez , y + z) f (x, y, z) = (x cos y, ey cos z) f (x, y, z) = exy (cos z + sin y) f (x, y) = (x, yex , xy 2 ) f (x, y) = (ex , x3 , cos x) Exercice 3.16.29. Soit α > 0. Montrer que la formule f (x, y) = (x2 + y 2 )α définit une fonction de classe C 1 sur R \ {(0, 0)}. Pour α = 1/2, cette fonction est-elle de classe C 1 sur R2 ? Exercice 3.16.30. Soit F : R3 → R différentaible. Donner une formule pour la dérivée de la fonction t −→ F (t2 + t5 , et , t3 cos t) Exercice 3.16.31. Soit E un espace de Banach et u ∈ GL(E) un isomorphisme de E. On considère l’application f : L(E) −→ L(E) définie par f (v) = 2v − v ◦ u ◦ v Montrer que f est de classe C 1 et calculer sa différentielle. Calculer f (u−1 ) et Df (u−1 ). Montrer qu’il existe α > 0 tels que pour tout v ∈ L(E) kv − u−1 k ≤ α =⇒ kDf (v)k ≤

1 2

Soit v0 ∈ L(E) tel que kv0 − u−1 k ≤ α. On définit la suite récurrente vp+1 = f (vp ) si p ∈ N. Montrer que pour tout p ∈ N : kvp − u−1 k ≤ α. En déduire que (vp ) converge vers u−1 dans L(E).

128

Exercice 3.16.32. Sur M(n, R), muni de la norme subordonnée k.k∞ , on définit l’application exponentielle par A ∈ M(n, R) −→ exp(A) :=

∞ X Ak k0

k!

= lim

k→∞

k X Aj j=0

j!

(i)- Montrer que pour tout A ∈ M(n, R) : k exp(A)k ≤ ekAk . (ii)- Montrer que exp est de classe C 1 sur M(n, R). Exercice 3.16.33. Soit f : R2 −→ R définie par f (0, 0) = 0

et f (x, y) = xy

x2 − y 2 x2 + y 2

si

(x, y) 6= (0, 0)

Est-ce que f vérifie le théorème de Schwarz ? Exercice 3.16.34. Soit v, w ∈ C 2 (Ω, R2 ) o` u Ω est un ouvert de R2 . Montrer que l’application x ∈ Ω −→ Dw(x).v(x) − Dv(x).w(x) ∈ R2 est de classe C 1 sur Ω. On note x ∈ Ω −→ [v, w](x) := Dw(x).v(x) − Dv(x).w(x) ∈ R2 cette application, appelée le crochet de Lie de v et w. Soit u ∈ C 2 (Ω, R2 ). On définit φ(u, v, w) par φ(u, v, w)(x) = D2 u(x).(v(x), w(x)) − Dv(x).(Du(x).w(x)) −Dw(x).(Du(x).v(x)) Montrer que φ définit une application tri-linéaire sur C 2 (Ω, R2 ) symétrique en (v, w). Exprimer [[u, v], w] en fonction de φ(u, v, w) et φ(v, u, w) et en déduire l’identité de Jacobi : ∀ u, v, w ∈ C 2 (Ω, R2 ) : [[u, v], w] + [[v, w], u] + [[w, u], v] = 0 Exercice 3.16.35. Soit f une fonction de classe C 1 sur un ouvert U de R2 muni du repère ~i = (1, 0) et ~j = (0, 1). On considère les coordonnées polaires x = r cos θ y = r sin θ,

r > 0 et 129

θ ∈ [0, 2π[

Soit f˜(r, θ) = f (r cos θ, r sin θ) et g :]0, +∞[×[0, 2π[−→ R2 définie par g(r, θ) = (r cos θ, r sin θ) Si θ ∈ [0, 2π[ on pose ~u(θ) = cos θ~i + sin θ~j ~v (θ) = − sin θ~i + cos θ~j Déterminer le jacobien J(r,θ) g de g en (r, θ) et Jg(r,θ) f au point g(r, θ). En déduire les expressions de ∂ f˜ ∂r

et

∂ f˜ ∂θ

∂f ∂x

et

∂f ∂y

en fonction de

Exprimer ∂f ∂x

et

∂f ∂y

en fonction de ∂ f˜ ∂ f˜ et ∂r ∂θ Démontrer que pour tout (x, y) ∈ U et (r, θ) ∈]0, +∞[×[0, 2π[ on a ∇f (x, y) =

∂ f˜ 1 ∂ f˜ ~u(θ) + ~v (θ) ∂θ r ∂θ

Exercice 3.16.36. On cherche les fonctions f solutions de l”équation aux dérivées partielles x

p ∂f ∂f +y = x2 + y 2 ∂x ∂y

Déduire de ce qui précéde que cette équation est équivalente à l’équation ∂ f˜ =1 ∂r Résoudre cette dernière et démontrer que f est de la forme p y f (x, y) = x2 + y 2 + ψ( ) x o` u ψ est une fonction de classe C 1 sur R. 130

Exercice 3.16.37. En utilisant les coordonnées polaires, trouver toutes les fonctions f :]0, +∞[2 −→ R telles que x

∂f y ∂f +y = ∂x ∂y x

Exercice 3.16.38. Soit f une fonction de classe C 1 sur un ouvert U de R2 . On pose F (r, θ) = f (r cos θ, r sin θ) Exprimer ∂ 2f ∂ 2f et ∂x2 ∂y 2 en fonction des dérivées premières et secondes de F . En déduire que ∂ 2F 1 ∂F 1 ∂ 2F ∆f = + + 2 2 ∂r2 r ∂r r ∂θ Exercice 3.16.39. Soit φ : R∗+ −→ R de classe C 2 . On définit p f (x, y) = φ( x2 + y 2 ) On dit que f est une fonction radiale. Montrer que f est de classe C 2 sur R2 \ {(0, 0)}. Déterminer toutes les fonctions f radiales et de classe C 2 sur R2 \ {(0, 0)} telles que ∆f = 0 Exercice 3.16.40. Soit F : Rn −→ R de classe C 2 telle que F (0) =

∂F (0) = 0, ∂xj

1≤j≤n

On pose aij =

1 ∂ 2F (0) 2 ∂xi ∂xj

En appliquant la formule de Taylor avec reste intégrale, montrer qu’il existe des fonctions gij continus telles que gij = gji , gij (0) = aij et ∀ x = (x1 , · · · , xn ) ∈ R

n

: F (x) =

n X i,j=1

131

gij (x)xi xj

Exercice 3.16.41. Soit I un intervalle ouvert de R et f : I −→ Rn de classe C 1 . a- Soit a ∈ I. Montrer que pour tous x, y ∈ I avec x 6= y,

1

0

(f (x) − f (y) − f (a))

≤ sup kDf (z) − Df (a)k x−y z∈]x,y[ Soit g : I × I −→ E définie par f (x) − f (y) x−y 0 g(x, x) = f (x) g(x, y) =

si

x 6= y

b- Montrer que g est continue sur I × I. c- Monter que g est de classe C 1 sur I × I \ {(x, x) : x ∈ I}. d- Soit a ∈ I. On suppose que f est deux fois Fréchet différentiable en a et l’on veut montrer que g est Fréchet différentiable en (a, a). 00 - Quelle est la relation entre f (a) ( dérivée seconde de f au point a ) et D2 f (a) ( différenielle seconde de f au point a ) ? - En supposant que g est Fréchet différentiable au point (a, a), calculer 00 un candidat pour Dg(a, a) à l’aide de f (a). - Démontrer que g est Fréchet différentiable au point (a, a). Exercice 3.16.42. Monter que f admet un développement limité d’ordre 2 si et seulement si f est deux fois Fréchet différentiable en p. Exercice 3.16.43. Déterminer le développement limité à l’ordre 2 en 2 (0, 0) de la fonction f (x, y) = cos(x + 3y 2 ) + ex −4y . Exercice 3.16.44. Soit Φ une forme bilinéaire sur Rn telle que ∀ x, y ∈ Rn : Φ(x, y) = Φ(y, x) et Φ(x, x) = 0 ⇐⇒ x = 0 n

n

Soit f : R −→ R une application deux fois Fréchet différentiable telle que : ∀ x, h ∈ Rn on a Φ(Df (x).h, Df (x).h)) = Φ(h, h) Montrer que pour tout x ∈ Rn et h, k ∈ Rn Φ(Df (x).h, Df (x).k)) = Φ(h, k) Montrer que D2 f est identiquement nulle. En déduire qu’il existe L ∈ GL(Rn ) et b ∈ Rn tels que ∀ x ∈ Rn : f (x) = L(x) + b. 132

Exercice 3.16.45. ( Version faible du lemme de Morse ) 1- Soit Φ une forme bilinéaire symétrique sur Rn et q la forme quadratique associée définie par q(x) = Φ(x, x). - Montrer que s’il existe un ouvert Ω non vide tel que la restriction de q à Ω soit constante, alors q est nulle sur Ω. - On suppose q non nulle. Soient g1 , g2 : Rn −→ R continues telles que ∀ x ∈ Rn : g1 (x)q(x) = g2 (x)q(x) Montrer que g1 = g2 . 2- Soit f ∈ C 2 (Rn , R) telle que f (0) = 0, Df (0) = 0

et D2 f (0) 6= 0

On suppose de plus qu’il existe une fonction g ∈ C p (Rn , R∗+ ) ( p ≥ 2) telle que ∀ x ∈ Rn : D2 f (x).(x, x) = g(x)D2 f (0).(x, x) - Vérifier que la fonction f (x1 , x2 ) = x21 − x22 − x21 x22 + x41 satisfait à ces conditions si n = 2. - On revient au cas général. Montrer ∀ x ∈ Rn , ∀ t ∈ R : D2 f (tx).(x, x) = g(tx)D2 f (0).(x, x) - Que vaut g(0) ? 3- pour x ∈ Rn on pose Z

1

(1 − t)g(tx)dt

h(x) = 0

Montrer que ∀ x ∈ Rn : f (x) = h(x)D2 f (0)(x, x) En déduire que f est de classe C p . 4- En calculant Df (x).x de deux manièrs différentes, montrer que Z 1 n ∀ x ∈ R : Dh(x).x + 2h(x) = g(tx)dt 0

5- Montrer que pour tout x ∈ Rn , la fonction ψx : λ −→ λ2 h(λx) 133

est une bijection strictement croissante de R+ sur R+ . 6- Montrer que la fonction ζ : Rn −→ Rn définie par p ζ(x) = h(x)x est une bijection de classe C p de Rn sur Rn . 7- Monter que ∀ x ∈ Rn : f (x) = D2 f (0)(ζ(x), ζ(x)) La bijection ζ ramène f à une forme quadratique

134

Chapitre

4

Extrema Libres Soient E un evn et A une partie non vide de E. Soit f : A −→ R. Dans cette section, on va s’intéresser a` deux questions qui sont naturelles : 1- La fonction f possède-t-elle un maximum ou un minimum ? C’est a` dire sont-elles finies sup{f (x) : x ∈ A} ou inf{f (x) : x ∈ A}? 2- Si oui, comment le calculer, et comment déterminer le ou les points o` u il est atteint ? C’est a` dire les a ∈ A tels que f (a) = sup{f (x) : x ∈ A} ou f (a) = inf{f (x) : x ∈ A} D´ efinition 4.0.46. Soit f : A −→ R et soit a ∈ A. 1- On dit que f posséde - un maximum global en a si ∀ u ∈ A : f (u) ≤ f (a), - un maximum local en a si on peut trouver un voisinage ouvert V ⊂E de a tel que ∀ u ∈ V ∩ A : f (u) ≤ f (a). - un minimum global en a si ∀ u ∈ A : f (a) ≤ f (u), - un minimum local en a si on peut trouver un voisinage ouvert V ⊂E de a tel que ∀ u ∈ V ∩ A : f (a) ≤ f (u). 2- On dit que f possède un extremum ( global ou local ) en a si f posséde un maximum ou minimum ( global ou local ) en a. Remarque 4.0.47. Tout extremum global est un extremum local. Remarque 4.0.48. Vocabulaire : le pluriel de ” extremum ” n’est pas ” extremums ” mais ” extrema ”. De même le pluriel de ”maximum” est ”maxima” et de ”minimum” est ”minima”. 135

4.1

Compacit´ e et existence d’extrema

Th´ eor` eme 4.1.1. Soit A une partie non vide d’un evn E et soit f : A −→ R. Si α ∈ R, on note {f ≤ α} := {u ∈ A : f (u) ≤ α} et {f ≥ α} := {u ∈ A : f (u) ≥ α} les sous ensembles de niveau de f . 1- S’il existe α0 ∈ R tel que {f ≤ α0 } est non vide et {f ≤ α} est compact dans E pour tout α ≤ α0 alors f possède un minimum global. 2- S’il existe α0 ∈ R tel que {f ≥ α0 } est non vide et {f ≥ α} est compact dans E pour tout α ≥ α0 alors f possède un maximum global. La démonstration repose sur le lemme des compacts emboités qui est l’analogue dans un evn E du lemme des segments emboités dans R. Lemme 4.1.2. Soit (Kn )n∈N une suite de parties compactes d’un evn E. On suppose que les Kn sont tous non vides : Kn 6= ∅ pour tout n ∈ N, et que la suite (Kn ) est décroissante : Kn+1 ⊂ Kn pour tout n ∈ N. Alors l’intersection de tous les Kn est non vide : \ Kn 6= ∅ n∈N

Démonstration. La démonstration est identique a` celle dans le cas E = R. En effet ,pour tout n ∈ N on choisit xn ∈ Kn . Puisque Kn+1 ⊂ Kn ⊂ K0 alors (xn ) ⊂ K0 , qui est compact, alors on peut extraire une sous-suite (xφ(n) )n∈N qui converge vers un point a ∈ E. Puisque n ∈ N → φ(n) ∈ N est croissante alors φ(n) ≥ n pour tout n ∈ N ( c’est facile à établir par récurrence sur n ). Par suite pour tout n ∈ N on a xφ(n) ∈ Kn parce que Kφ(n) ⊂ Kn . Comme Kn est fermé dans E et xφ(n) −→ a, on en déduit que a ∈ Kn pour tout n ∈ N, c’est a` dire \ a∈ Kn 6= ∅ n∈N

136

Démonstration du théorème . Il suffit de démontrer (1) car on obtient (2) en appliquant (1) a` −f . On pose m = inf A f , on a −∞ ≤ m < +∞ car f (u) ≤ α0 sur A. En fait, on va montrer que m est fini : −∞ < m < +∞ Par définition de m il suffit de trouver a ∈ A tel que f (a) ≤ m et par suite f admet un minimum global en a. - Si α0 = m alors la fonction f est constante sur A et tout point de A est un minimum global de f . - Si m < α0 , d’après la définition de la borne inférieure, pour tout entier n il existe αn telle que la suite (αn ) est décroisante vérifiant m < αn ≤ α0

et

lim αn = m

n→∞

Par définition de m, les ensembles Kn = {f ≤ αn } sont tous non vides. De plus les Kn sont compacts par hypothèse car αn ≤ α0 et la suite (Kn ) est décroissante car la suite (αn ) est décroisante. D’après le théorème des segments emboités on a donc \ Kn 6= ∅ n∈N

Soit a ∈

\

Kn , alors on a pour tout entier n :

n∈N

f (a) ≤ αn En faisant tendre n vers l’infini on a f (a) ≤ m car αn → m. Comme on a aussi m ≤ f (a), par définition de m on obtient f (a) ≤ f (u), ∀ u ∈ A Corollaire 4.1.3. E un evn et A ⊂ E une partie non vide. Si f : A → R est continue et s’il existe α0 ∈ R tel que {f ≤ α0 } est non vide et compact dans E alors f posséde un minimum global a ∈ A . De même s’il existe α0 ∈ R tel que {f ≥ α0 } est non vide et compact dans E alors posséde un maximum globale a ∈ A. 137

Démonstration. En effet, on vérifie les hypothèse du théorème . Puisque f est continue tous les ensembles {f ≤ α} pour α ≤ α0 sont fermés dans le compact {f ≤ α0 }, donc compacts. Corollaire 4.1.4. Si K est un compact de E alors toute fonction continue sur K posséde un maximum et un minimum ( globaux ). ´ Exercice 4.1.5. Etablir ce corollaire de ce qui précéde. Corollaire 4.1.6. E un evn de dimension finie et soit M une partie fermé et non bornée de E. Si f : M −→ R est continue et vérifie lim

f (x) = +∞

x∈M,kxk→+∞

alors f posséde un minimum global dans M . Démonstration. Si α ∈ R alors {f ≤ α} est un fermé de M car f est continue. Puisque M est fermé alors {f ≤ α} est fermé dans E. FAIT : montrer que {f ≤ α} est borné en utilisant lim

f (x) = +∞

x∈M,kxk→+∞

Par suite {f ≤ α} est compact pour tout α ∈ R car E est de dimension finie. On applique donc le théorème Afin de dévisser quelques conditions nécessaires et suffisantes sur les dérivées premièrs et seconde pour l’existence des extrema, on a besoin du lemme élémentaire suivant. Lemme 4.1.7. Soient I un intervalle de R et φ : I → R. (1) Si φ admet un extremum local en un point a intérieur à I et si φ est 0 dérivable en a alors φ (a) = 0. (2) Soit a ∈ I tel que φ soit deux fois dérivable en a. 00 (i) Si φ admet un maximum local en a alors φ (a) ≤ 0. 0 (ii) Si φ admet un minimum local en a alors φ (a) ≥ 0. (3) Soit a un point intérieur à I tel que φ est deux fois dérivable en a 0 et φ (a) = 0. 00 (i) Si φ (a) < 0 alors φ admet un maximum locale en a. 00 (ii) Si φ (a) > 0 alors φ admet un minimum locale en a. Démonstration. (1) Supposons par exemple que φ posséde un maximum local en a. Comme a ∈ I, on peut trouver δ > 0 tel que ∀ t ∈ ]a − δ, a + δ[⊂ I 138

:

φ(t) ≤ φ(a)

Par suite si 0 < h < δ on a φ(a + h) − φ(a) φ(ah ) − φ(a) ≤0≤ h h 0

0

0

En faisant h → 0 on a φ (a) ≤ 0 ≤ φ (a) i.e φ (a) = 0. 0

(2) Supposons que φ posséde un extrémum local en a. Alors φ (a) = 0 par (1) et donc le développement limité a l’ordre 2 de φ au point a s’écrit φ(a + h) = φ(a) + 0 +

h2 0 φ (a) + o(h2 ) 2

On en déduit (∗)

φ(a + h) − φ(a) h→0 h2

00

φ (a) = 2 lim

Si φ posséde un maximum local en a alors le quotient du membre de droite de (∗) est négatif ou nul pour h assez petit. Par suite on a 00 00 φ (a) ≤ 0. De même on obtient φ (a) ≥ 0 si φ posséde un minimum local en a. 0

(3) Supposons que φ (a) = 0. D’après la preuve de (2) on a 00

φ (a) φ(a + h) − φ(a) = lim 2 h→0 h 2 00

Si φ (a) < 0 on en déduit qu’on a φ(a + h) − φ(a) < 0 si h est assez petit h2 et donc φ(t) < φ(a) si t 6= a suffisamment proche de a. La fonction posséde donc un maximum local en a. De même, φ posséde un minimum 00 local en a si φ (a) > 0. 0

Remarque 4.1.8. Dans (1), on ne peut pas conclure que φ (a) = 0 si a n’est pas intérieur a` I et donc a est une des extrémités de I. Par exemple la fonction φ(t) = t sur [0, 1] posséde un minimum global en t = 0 est 0 un maximum global en t = 1 mais φ (t) = 1 ne s’annule jamais. 0

Remarque 4.1.9. La condition φ (a) = 0 et les conditions (i) ou (ii) de 2 ne suffisent pas a` assurer l’existence d’un extrémum local. Par exemple la fonction φ(t) = t3 ne posséde pas d’extremum local et cependant 0 00 φ (a) = 0 et φ (a) = 0. 139

` pas Remarque 4.1.10. Sous le hypothèses de (3) la fonction φ ne possde nécessairement de maximum ou de minimum global en a. Par exemple, si φ : R → R est définie par φ(t) = t3 + t2 alors

0

00

φ (0) = 0 et φ (0) = 2 > 0 mais φ ne posséde pas de minimum global car elle n’est même pas minorée ( elle tend vers −∞ et +∞ ). D’autre part, les hypothèses de (3) ne sont pas nécessaires pour avoir un maximum local. Par exemple, φ(t) = t4 posséde un minimum global 00 en 0 mais φ (0) = 0.

4.2

Extrema et diff´ erentielle premi` ere

Le théorème suivant est la généralisation du lemme précédent. Th´ eor` eme 4.2.1. Soit A une parie d’un evn E et soit f : A −→ R. Si f admet un extrémum local en un point a intérieur à A et si f est Fréchet différentiable en a alors Df (a) = 0 sur E. Démonstration. Comme a est un point intérieur à A on peut trouver r > 0 tel que B(a, r) ⊂ A. Soit h ∈ E et δ > 0 tel que δ × khk < r. Alors φ(t) = f (t + th) est bien définie pour t ∈]−δ, δ[ car kthk < r . La fonction φ est dérivable 0 en 0 par composition avec φ (0) = Df (a).h. Donc φ posséde un extre0 mum local en 0 par hypothèse sur f par suite φ (0) = 0 d’après le lemme On a donc Df (a).h = 0 pour tout h ∈ E i.e Df (a) = 0. D´ efinition 4.2.2. Un point a pour lequel Df (a) = 0 s’appelle un point critique pour la fonction f . Remarque 4.2.3. On a donc montré que tout extremum local pour une fonction f définie et Fréchet différentiable sur un ouvert de E est un point critique. Remarque 4.2.4. Si E = Rn , la condition Df (a) = 0 équivaut au système de n équations ∂f ∂f (a) = · · · = (a) = 0 ∂x1 ∂xn 140

4.3

Formes bilin´ eaires sym´ etriques

Dans la suite, on va établir l’analogue des parties (2) et (3) du lemme pour les fonctions de plusieurs variables. Pour cela, on a besoin d’introduire les forme bilinéaires positives et les matrices positives. D´ efinition 4.3.1. Soit E un espace vectoriel. Une forme bilinéaire B : E × E −→ R est dite symétrique si pour tous u, v ∈ E B(u, v) = B(v, u) Une matrice M ∈ M(n, R) est symétrique si la forme bilinéaire sur R × Rn définie par B(u, v) :=< M u, v > n

est symétrique o` u est le produit scalaire usuel sur Rn . D´ efinition 4.3.2. Soit E un evn. Une forme bilinéaire symétrique B : E × E −→ R est positive si pour tout u ∈ E B(u, u) ≥ 0 La forme bilinéaire symétrique B est dite définie positive si pour tout u ∈ E \ {0} B(u, u) > 0 Une matrice symétrique M ∈ M(n, R) est dite positive ou définie positive si la forme bilinéaire B : Rn × Rn −→ R définie par B(u, v) :=< M u, v > est positive ou définie positive. On a aussi la notion d’une forme bilinéaire négtive et définies négative : B est négative ou définie négative si −B est positive ou définie positive. On note par S(n, R) := {M ∈ L(n, R) : symétrique} et S + (n, R) := {M ∈ S(n, R) : définie positive}

141

Proposition 4.3.3. Toute matrice symétrique réelle posséde au moins une valeur propre réelle. Autrement dit si A :∈ S(n, R) alors le polynôme caractéristique de A : PA (λ) := dét(A − λIRn ) admet un zéro réelle. Démonstration. On peut supposer que n ≥ 2 car le résultat est trivial dans R. On munit Rn−1 de la norme euclidienne k.k2 . Soit Sn−1 := {x ∈ Rn : kxk2 = 1} la sphère unité de (Rn , k.k2 ). On considère la fonction f : Sn−1 −→ R x −→< M x, x > Comme Sn−1 est fermé et bornée dans Rn alors elle est compact. La fonction continue f atteint sa borne supérieure λ0 := sup < M x, x > x∈Sn−1

Il existe donc x0 ∈ Sn−1 tel que λ0 =< M x0 , x0 > . Soit B : Rn × Rn −→ R la forme bilinéaire définie par B(x, y) =< λ0 x − M x, y >=< (λ0 IdRn − M )x, y > Puisque M est symétrique alors B est symétrique. De plus B est positive par définition de λ0 : si x ∈ Sn−1 alors B(x, x) = λ0 kxk2 − < M x, x >= λ0 − < M x, x >≥ 0 Par suite B(x, x) ≥ 0 pour tout x ∈ Rn \{0} en considérant

x ∈ Sn−1 . kxk

D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz appliquée a` B on a 0 ≤ B(x, y)2 ≤ B(x, x)B(y, y), ∀ x, y ∈ Rn En prenant x = x0 on a B(x0 , x0 ) = λ0 − < M x0 , x0 >= 0 on en déduit que B(x0 , y) = 0, ∀ y ∈ Rn c’est à dire < M x0 − λ0 x0 , y >= 0, ∀ y ∈ Rn 142

Donc le vecteur M x0 − λ0 x0 est orthogonal a` tous les vecteurs de Rn , donc il est nul M x0 − λ0 x0 = 0 ⇐⇒ M x0 = λ0 x0 Par suite x0 est un vecteur propre de M associé a` la valeur propre réelle λ0 . Comme application de la proposition, on a le théorème de réduction des matrice symétyriques qui est un résutltat connu et très important. Th´ eor` eme 4.3.4. Toute matrice symétrique M est diagonalisable dans une base orthonormée. De plus M est positive (resp. définie positive) si et seulement si toutes ses valeurs propres sont positives (resp. strictement positives). Démonstration. Soit M ∈ S(n, R) et B la forme bilinéaire symétrique B(u, v) =< M u, v > Il s’agit de trouver une base (b1 , · · · , bn ) de Rn et des scalaires λ1 , · · · , λn tels que kbi k = 1, < bi , bj >= 0 si i 6= j et M.bi = λi bi ∀ i ∈ {1, 2, · · · , n} Pour cela on va raisonner par récurrence sur la dimension n : - si n = 1 alors on est dans R et c’est trivial car M x = αx avec α ≥ 0. - Supposons le résultat est vrai pour une matrice M ∈ S(n, R). Soit M ∈ S(n+1, R). D’après la proposition précedente M admet une valeur propre réelle λ0 . On pose E0 := Ker(M − λ0 IdRn+1 ) = {x ∈ Rn+1 : (M − λ0 IdRn+1 )x = 0} Alors E0 est le noyau de l’application linéaire M − λ0 IdRn+1 . - Si E0 = Rn+1 alors M = λ0 IdRn+1 et il n’y a rien a` démontrer. - Si E0 6= Rn+1 alors dim(E0 ) < n + 1. On a aussi dim(E0⊥ ) < n + 1 car E0 6= 0 o` u E0 est l’orthogonal de E0 dans Rn+1 : E0⊥ := {x ∈ Rn+1 : < x, y >= 0 ∀ y ∈ E0 } Exercice 4.3.5. Montrer que les sous-espaces E0 et E0⊥ sont stables et supplémentaries : c’est à dire M (E0 ) ⊂ E0 , M (E0⊥ ) ⊂ E0⊥ et Rn = E0 ⊕ E0⊥ . 143

D’après l’hypothèse de récurrence appliqué à E0 et E0⊥ le restrictions de M |E0 et M |E0⊥ son diagonalisables en base orthonormée. Comme Rn+1 = E0 ⊕ E0⊥ on obtient une base orthonormée de M en mettant bout à bout deux bases de diagonalisation pour M |E0 et M |E0⊥ . Ce qui achève la démonstration du théorème. Remarque 4.3.6. Si on note λ1 , · · · , λn les valeurs propres de M ∈ S(n, R) et si (bi , · · · , bn ) une base Pn orthonormée de vecteurs Pn propres pour M avec M bi = λi bi . Si x = i=1 xi bi alors M x = i=1 λi xi bi et par orthonormalité n X < M x, x >= λi x2i i=1

On en déduit que M est positive ( resp. définie positive ) si et seulement si les λi sont positives ( resp. strictement positives ). L’inconvénient , souvent pratique, du théorème est qu’au delà de la dimension 2 ou 3, il est souvent très difficile de détreminer les valeurs propres d’une matrice. La proposition suivante donne un moyen de vérifier qu’une matrice symétrique est définie positive sans avoir a` trouver ses valeurs propres. Proposition 4.3.7. Soit M = (aij )ni,j=1 une matrice symétrique réelle. Pour k ∈ {1, 2, · · · , n} , on note ∆k := det(aij )ki,j=1 Alors M est définie positive si et seulement si tous les mineurs principaux ∆1 , · · · , ∆n sont strictement positifs. Démonstration. On munit Rn de la norme euclidienne et de sa base canonique e1 , · · · , en ). On associe à M la forme bilinéaire B(u, v) =< M u, v > Pour k ∈ {1, 2, · · · , n} on note par Ek := Vect(e1 , · · · , ek ) le sous espace vectoriel de Rn e dimension k engendré par {e1 , · · · , ek }. La matrice Mk = (aij )ki,j=1 144

est la matrice de la restriction Bk de B a` Ek ×Ek dans la base (e1 , · · · , ek ). Alors Bk est définie positive si B est définie positive. Par conséquent , tous les ∆k == det(aij )ki,j=1 doivent être strictement positifs si M et définie positive. Pour la réciproque, on va raisonner par récurrence sur la dimension n : - si n = 1 c’est évient. - supposons que le résultat est vrai pour n et soit M = (aij )n+1 i,j=1 une matrice symétrique de taille n + 1 dont les mineurs principaux sont strictement positifs. Soit (ei , · · · , en , en+1 ) la base canonique de Rn+1 et En = Vect(e1 , e2 , · · · , en ) La matrice de la restriction de B a` En × En est Mn = (aij )ni,j=1 et par suite B |En ×En est par hypothèse définie positive. Soit v ∈ Rn+1 \ {0} un vecteur orthogonal au sous espace vectoriel Vect(M e1 , M e2 , · · · , M en ) qui est l’image par M de En . Un tel vecteur existe car dimEn = n < n + 1. Alors B(v, u) =< M v, u >=< v, M u >= 0, ∀ u ∈ En Exercice 4.3.8. Montrer que v 6∈ En : utiliser le fait B |En ×En est définie positive et v 6= 0. Par conséquent (e1 , e2 , · · · , en , v) est une base de Rn+1 . Par le choix 0 0 de v, la matrice de M de B dans la base (e1 , e2 , · · · , en , v) est M = (bij )n+1 u i,j=1 o` bij = aij si i, j ∈ {1, 2 · · · , n} bn+1,1 = b1,n+1 = 0 et b(n+1)(n+1) =< M v, v > D’après la formule de changement de base pour les formes bilinéaires, on sait qu’il existe une matrice inversible P telle que 0

M = P tM P 145

On a donc

0

detM = det(P 2 )∆n+1 > 0 Or

0

det(M ) =< M v, v > ×det(Mn ) =< M v, v > ×∆n > 0 et ∆n > 0 par suite b(n+1)(n+1) =< M v, v > est strictement positif. Soit u ∈ Rn+1 qui se décompose dans la base (e1 , e2 , · · · , en , v) comme suit u = w + λv avec w ∈ En et λ ∈ R. Comme B(v, w) = 0 = B(w, v) on en déduit B(u, u) = B(w, w) + λ2 B(v, v) = B(w, w) + λ2 < M v, v > Comme w ou λ est non nul si u 6= 0, < M v, v > est strictement positif et B |En ×En est définie positive, alors B(u, u) > 0 si u 6= 0, c’est à dire M est définie positive . Puisque ∆k (−M ) = (−1)k ∆k pour tout k ∈ {1, 2, · · · , n} d’après la règle du déterminant, une conséquence de la proposition est le corollaire suivant : Corollaire 4.3.9. Une matrice M est définie négative si et seulement si tous les ∆k , pour k impair, sont strictement négatifs et tous les ∆k , pour k pair, sont strictement positifs.

4.4

Extrema et diff´ erentielle seconde

Comme application des formes blinéaires symétriques, on a le théorème suivant qui donnent des conditions necéessaires pour l’existence d’extrema locaux portant sur la différentielle seconde. Th´ eor` eme 4.4.1. Soient Ω un ouvert de Rn et f ∈ C 2 (Ω). (1) Si f possède un minimum local en un point p ∈ Ω alors la forme bilinéaire symétrique D2 f (a) : Rn × Rn −→ R est positive. Autrement dit la matrice hessienne ∂ 2 f n Hf (p) = ∂xi ∂xj i,j=1 est positive. (2) Si f possède un maximum local en un point p ∈ Ω alors Hf (p) est négative. 146

Démonstration. Supposons que f posséde un minimum local en p. Pour t voisin de 0, la fonction φ(t) = f (p + th) est de classe C 2 et 00

φ (t) =< D2 f (p + th).h, h > et φ posséde un minimum en t = 0. D’après le lemme 5.2.1 00

φ (0) =< D2 f (p).h, h >≥ 0 Même raisonnement si on suppose que f posséde un maximum locale en p. Comme application des formes blinéaires symétriques, on a le théorème suivant qui donnent des conditions suffisantes pour l’existence d’extrema locaux portant sur la différentielle seconde. Th´ eor` eme 4.4.2. Soient Ω un ouvert de Rn , f ∈ C 2 (Ω) et p ∈ Ω. (1) Si Df (p) = 0 et si D2 f (p) est définie positive, alors f posséde un minimum locale en p. (2) Si Df (p) = 0 et si D2 f (p) est définie négative, alors f posséde un maximum locale en p. Pour la preuve du théorème, on a besoin du lemme facile suivant : Lemme 4.4.3. Soit B : Rn × Rn −→ R une forme bilinéaire symétrique définie positive. Soit k.k une norme quelconque sur Rn . Alors il existe une constante c > 0 telle que ∀ u ∈ Rn

B(u, u) ≥ ckuk2

:

Autrement dit si Sn−1 = {u ∈ Rn : kuk = 1} alors c = inf B(u, u) > 0 u∈Sn−1

´ Exercice 4.4.4. Etablir ce lemme. On va démontrer (1) du théorème car le (2) suit le même raisonnement. Supposons que p est un point critique de f et D2 f (p) est définie positive. Soit k.k une norme quelconque sur Rn . Puisque Df (p) = 0, le développement limité a` l’ordre 2 de f au point p s’ écrit donc f (p + h) = f (p) +

1 < D2 f (p).h, h > +R(h) 2 147

o` u R(h) = o(khk2 ). D’après le lemme précédent, il existe une constante c strictement positive telle que < D2 f (p).h, h >≥ ckhk2 Par définition de R(h) on peut choisir δ > 0 tel que c khk ≤ δ =⇒ |R(h)| ≤ khk2 4 Par suite 1 c c c < D2 f (p).h, h > +R(h) ≥ khk2 − khk2 = khk2 2 2 4 4 pour tout h tel que khk ≤ δ et donc si u = p + h on a ∀ u ∈ B(p, δ)

:

c f (u) ≥ f (p) + ku − ak2 ≥ f (p) 4

Par suite f posséde un minimum local en a. Remarque 4.4.5. En un point critique (x0 , y0 ) o` u f admet des dérivées partielles secondes R=

∂ 2f (x0 , y0 ), ∂x2

S=

∂ 2f (x0 , y0 ), ∂x∂y

T =R=

∂ 2f (x0 , y0 ) ∂y 2

Si S 2 − RT < 0 alors f présente un extremum local en (x0 , y0 ) : il s’agit d’un minimum si R > 0 et un maximum si R < 0. Si S 2 − RT > 0 alors f présente un point-selle , comme une selle de cheval ( ou un point-col comme un col de montagne ) ) : ce n’est pas un extremum. Si S 2 − RT = 0, on ne peut pas conclure à partir des dérivées secondes : il faut aller jusqu’aux dérivées troisièmes : ce qui est hors programme ! Ce qui revient a` étudfier le signe de B(h, k) := f (x0 + h, y0 + k) − f (x0 , y0 )

4.5

Extrema d’une fonction convexe

On rappelle que si I est un intervalle de R, une fonction φ : I −→ R est dite convexe si ∀ t1 , t2 ∈ I et ∀ λ ∈ [0, 1] : φ(λt1 + (1 − λ)t2 ) ≤ λf (t1 ) + (1 − λ)f (t2 ) 148

Définition 4.5.1. Une partie C d’un espace vectoriel E est convexe si chaque fois qu’on se donne u, v ∈ C le segment [u, v] := {(1 − t)u + tv : t ∈ [0, 1]} est contenu dans C. Cette définition va nous permettre de définir les fonctions convexes sur un convexe d’un evn. Définition 4.5.2. Soit C une partie convexe d’un espace vectoriel E. Une fonction f : C −→ R est dite convexe sur C si f (λu + (1 − λ)v) ≤ λf (u) + (1 − λ)f (v) ∀ u, v ∈ C et ∀ λ ∈ [0, 1] La fonction f est dite concave sur C si −f est convexe sur C : f (λu + (1 − λ)v) ≥ λf (u) + (1 − λ)f (v) ∀ u, v ∈ C et ∀ λ ∈ [0, 1] Proposition 4.5.3. Si E est un evn. Pour tout p ∈ E, la fonction f : u ∈ E → ku − pk est convexe. En particulier toute norme sur E est convexe. Démonstration. En effet f ((1 − λ)u + λv) = = ≤ ≤

k(1 − λ)u + λv − pk k(1 − λ)(u − p) + λ(v − p)k k(1 − λ)(u − p)k + kλ(v − p)k (1 − λ)kuk + λkvk

1- En particulier si φ : I −→ R est deux fois dérivable sur I alors φ est 00 convexe si et seulement si φ ≥ 0. 2- la fonction φ(t) = tα est convexe sur [0, +∞[ si α ≥ 1 et concave si α < 1. De même la fonction t → et est convexe sur R et la fonction t → log t est concave sur ]0, +∞[. Puisqu’une partie C d’un espace vectoriel E est convexe si chaque fois qu’on se donne u, v ∈ C le segment [u, v] := {(1 − t)u + tv : t ∈ [0, 1]} est contenu dans C, ceci va permettre de se ramener à étudier les fonctions convexes d’une seule variable. Lemme 4.5.4. Soit C une partie convexe d’un espace vectoriel E. Pour une fonction f : C −→ R, les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) f est convexe sur C, (ii) pour tout u ∈ C et pour tout h ∈ E tel que u + h ∈ C , la fonction φ : [0, 1] −→ R définie par φ(t) = f (u + th) est convexe sur [0, 1]. 149

Démonstration. Si f est convexe et u ∈ C tels que h ∈ E tel que u + h ∈ C. Alors on a [u, u + h] ⊂ C car C est convexe. Puisque f est convexe on a f (u + ((1 − λ)t + λs)h) = f ((1 − λ)(u + sh) + λ(u + th)) ≤ (1 − λ)f (u + sh) + λf (u + th) c’est à dire t ∈ [0, 1] −→ φ(t) = f (u + th) est convexe. ´ Etablir la réciproque du lemme ! Comme pour le cas des fonctions d’une variable, on peut caractériser la convexité a` l’aide de la différentielle première et la différentielle seconde. Proposition 4.5.5. Soit Ω un ouvert convexe d’un evn E et f : Ω −→ R. (1) On suppose que f est Fréchet différentiable sur Ω. Alors f est convexe sur Ω si et seulement si ∀ u, v ∈ Ω

:

(Df (v) − Df (u)).(v − u) ≥ 0

(2) On suppose que Ω est un ouvert de Rn et que f est de classe C 2 . Alors f est convexe si et seulement si D2 f (u) est positive pour tout u ∈ Ω , c’est à dire ∀ u ∈ Ω, ∀ h ∈ Rn

: < D2 f (u).h, h >≥ 0

Démonstration. (1) Comme f est Fréchet différentiable la fonction t → f (u + th) est dérivable et 0

φ (t) = Df (u + th).h 0

Si f est convexe alors φ est croissante : 0

0

φ (1) ≥ φ (0) Autrement dit (Df (u + h) − Df (u)).h ≥ 0 Si on pose v = u + h on a donc ∀ u, v Ω

:

Df (v) − Df (u)).(v − u) ≥ 0

Réciproquement si Df (v) − Df (u)).(v − u) ≥ 0 pour tous u, v ∈ Ω. En prenant x = u + sh et y = x + yh on obtient (Df (u + th) − Df (u + sh)).((t − s)h) ≥ 0 c’est a` dire ∀ t, s ∈ [0, 1], ∀ h ∈ E : (t − s)(Df (u + th) − Df (u + sh)).h ≥ 0 et par suite t −→ f (u + th) est croissante autrement dit t −→ f (u + th) et convexe sur [0, 1]. 150

´ Exercice 4.5.6. Etablir le (2) de la proposition : considérer la fonction φ(t) = f (p + th) pour t ∈ R qui est définie pour t voisin de 0, puis calculer sa dérivée seconde ! En une seule variable, la convexité eet équivalente géométriquement au fait suivant : si φ : I −→ R est dérivable et convexe alors le graphe de φ est au dessus de la tangente en chaque point de I : pour tous t, t0 ∈ I 0

φ(t) ≥ φ(t0 ) + φ (t0 ).(t − t0 ) On a de même en plusieurs variables : Proposition 4.5.7. Soit Ω un ouvert convexe d’un evn E et soit f : Ω −→ R une fonction Fréchet différentiable. Si f est convexe sur Ω alors pour tout p ∈ Ω et pour tout h ∈ E tel que p + h ∈ Ω on a f (p + h) ≥ f (p) + Df (p).h ´ Démonstration. Etablir cette proposition en se ramenant en une variable t ∈ [0, 1] −→ f (u + th). Comme corollaire de la proposition on a Corollaire 4.5.8. Si f : Ω −→ R une fonction convexe sur Ω ⊂ E convexe. Si f est différentable et si p ∈ Ω est un point critique de f alors f possède un minimum global en p.

4.6

In´ equation d’Euler

Les théorèmes suivants résument les extrema dans R : - Si f : [a, b] −→ R est continue alors f atteint ses bornes sup(f ) et inf(f ). - Soit f :]a, b[−→ R une fonction dérivable. Si x0 ∈]a, b[ est un ex0 tremum alors f (x0 ) = 0. 0

- Soit f :]a, b[−→ R une convexe qui est dérivable en x0 . Si f (x0 ) = 0 alors x0 est un minimum global de f sur ]a, b[. Les analogues des deux premiers en plusieurs variables ont été établies respectivement dans le chapitre 1 et le chapitre 4. L’analogue du troisième en plusieurs variables est un établi ci-dessus dans ce chapitre. Dans le deuxième, si l’extremum x0 est a ou b, on a aussi une condition 0 sur le signe de la dérivé f (x0 ) : 151

Lemme 4.6.1. si f : [a, b] −→ R une fonction dérivable et si x0 ∈ [a, b] est un point minimum locale de J alors 0

(1) f (x0 ) ≥ 0 si 0 (2) f (x0 ) ≤ 0 si

x0 = a x0 = b

Démonstration. Pour (1) on choisit x = x0 + h avec h > 0 petit et écrire f (x) ≥ f (x0 ) et donc 0

f (x0 ) + hf (x0 ) + o(h) > f (x0 ) 0

ce qui donne f (x0 ) ≥ 0. Pour (2) et (3) on procéde de même. Dans ce qui suit, on va établir l’analogue de ce lemme en plusieurs variables. Pour ce faire on a besoin d’introduire l’analogue des hypothèses du lemme : - le rôle de R va être joué par un evn de E, - le rôle de [a, b] va être joué par un convexe fermé de E. Le théorème suivant, appelé Inéquation d’Euler, est la généralisation en plusieurs variables du lemme précédent. Théorème 4.6.2. Soit E un espace vectoriel normé et Σ un convexe fermé de E. Soit F : U −→ R une fonction continue sur un ouvert U ⊂ E contenant K. Soit x0 ∈ K. On suppose que F est Fréchet différentiable en x0 . Si x0 est un minimum local de F sur Σ alors (i)

∀ x ∈ Σ : Df (x0 ).(x − x0 ) >≥ 0

Si x0 est un maximum local de F sur Σ alors (ii)

∀ x ∈ K : Df (x0 ).(x − x0 ) >≤ 0

Si x0 ∈ σ vérifie (i) ( respectivement (ii) et F est convexe alors x0 est un minimum ( respectivement maximum ) global de F sur Σ. Démonstration. On établit (i) : soit x ∈ K et h ∈]0, 1[. Puisque Σ est convexe x0 + h(x − x0 ) ∈ Σ et x0 est un minimum local de F sur Σ on a pour h proche de 0 : F (x0 + h(x − x0 )) − F (x0 ) ≥0 h 152

On fait tendre h vers 0, on obtient < Df (x0 ), x − x0 >≥ 0. Supposons que pour tout x ∈ σ on a < Df (x0 ), x − x0 >≥ 0. Puisque F est convexe sur Σ, d’après le lemme 5.0.26 , pour tout x ∈ Σ F (x) ≥ F (x0 ) + DF (x0 ).(x − x0 ) >≥ F (x0 ] Par suite x0 est un minimum global de F sur Σ. Même raisonnement pour (ii). Remarque 4.6.3. Il s’agit d’une condition nécessaire de minimisation sur K qui devient nécessaire et suffisante si F est convexe. Remarque 4.6.4. Si x0 est un point intérieur a` Σ on a automatiquement DF (x0 ) = 0 : en effet il existe r > 0 tel que B(x0 , r) ⊂ Σ et donc ∀ x ∈ B(x0 , r) : DF (x0 ).(x − x0 ) = 0 et par suite ∀ h ∈ B(0, r) : DF (x0 ).h = 0, ceci entraine que ∀ λ ∈ R, ∀ h ∈ B(0, r) : DF (x0 ).(λh) = 0 Mais E=

[

λ • B(0, r)

λ∈R

o` u λ • B(0, r) := {λ • x : x ∈ B(0, r)} et par suite Df (x0 ) = OL(E,R) . Définition 4.6.5. Un R- espace vectoriel E est dit préhilbertien s’il posséde un produit scalaire hilbertien. Un R- espace vectoriel E est un espace de Hilbert s’il existe sur E un produit scalaire hilbertien tel que si k.k est la norme induite alors (E, k.k) est un evn complet. Exemple 4.6.6. - E = Rn muni du produit scalaire usuel est un P Hilbert.2 - E = `2 , l’ensemble des suites réelles (un ) telles que la série n≥0 |un | converge, est un Hilbert pour le produit scalaire < (un ), (vn ) >=

+∞ X n=0

153

un vn

4.7

Exercices

Exercice 4.7.1. Soit E un evn et F un sous espace vectoriel de E de dimension finie. Montrer que ∀ a ∈ E, ∃ p ∈ F tel que kp − ak = inf ku − ak u∈F

On dit que p est la projection de a sur F et on note kp − ak = d(a, F ) o` u par définition d(a, F ) := inf u∈F ku − ak est la distance de a à F . Exercice 4.7.2. Dessiner le graphe d’une fonction d’une variable réelle f : R −→ R possédant 2 minima locaux, 3 maxima locaux, 1 minimum global et aucun maximum global. Exercice 4.7.3. Sur Rn , en utilisant la formule de changement de base 0 pour les matrices de M = t P M P , montrer que les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) B est positive ( resp. définie positive ), (ii) la matrice de B dans toute base de Rn est positive(resp. définie positive), (iii) la matrice de B dans la base canonique de Rn est positive(resp. définie positive), (iv) la matrice de B dans au moins une base de Rn est positive(resp. définie positive). Exercice 4.7.4. Soit B une forme bilinéaire symétrique positive sur un espace vectoriel E . En calculant le discriminant du polynôme t ∈ R −→ B(x + ty, x + ty) établir l’inégalité de Cauchy-Schwarz : ∀ v, v ∈ E : B(u, v) ≤

p

B(u, u)

p B(v, v).

Exercice 4.7.5. Déterminer les extrema locaux de la fonction f : R2 −→ R définie par f (x, y) = x4 + y 4 − (x + y)2

154

Exercice 4.7.6. Déterminer les extrema des fonctions suivantes : (x, y) ∈ R2 (x, y) ∈ R2 (x, y) ∈ R2 (x, y, z) ∈ R3 (x, y) ∈ (R∗+ )2 (x, y) ∈]0, π[2

x2 + xy + y 2 + 2x + 3y x2 y + log(1 + y 2 ) ex sin y xyez + yxez + zxey xy −→ (1 + x)(1 + y)(1 + xy) −→ sin x + sin y + cos(x + y) −→ −→ −→ −→

2

2

(x, y) ∈ R3 −→ (x + z 2 )ex(y +z +1) (x, y) ∈ R∗+ × R −→ x((log x)2 + y 2 ) (x, y) ∈] − 1/2, 1/2[2 −→ x2 + y 2 + cos(x2 + y 2 ) Exercice 4.7.7. Soit α ∈ R∗+ . Détrminer le minimum de f : R2 −→ R définie par p p f (x, y) = x2 + (y − α)2 + y 2 + (x − α)2 Exercice 4.7.8. Soit f : R2 −→ R définie par f (x, y) = (x2 − y)(3x2 − y) - Montrer que pour tout λ ∈ R la fonction gλ : R −→ R définie par gλ (x) = f (x, λx) admet un minimum local en 0. - Est-ce que f admet un minimum locale en (0, 0) ? Exercice 4.7.9. Soit a, b ∈ Rn , (n ≥ 2) tels que a 6= b. On munit Rn de la norme euclidienne. Soit f : Rn −→ R x −→ kx − ak2 kx − bk2 - Montrer que f est de classe C ∞ sur Rn . - Trouver tous les points critiques de f i.e des vecteurs x ∈ Rn tels que Df (x) = 0 - la fonction f posséde-t-elle des extrema locaux dans Rn ? des extrema globaux dans Rn ? 155

Exercice 4.7.10. soit g : R+ −→ R définie par g(t) = (t − 1)2 (t + 1) et φ : R3 −→ R définie par φ(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + xy − xz 0

- Montrer que g s’annule seulement en 1. - Montrer que : φ est à valeurs positives et s’annule seulement en (0, 0, 0). - Soit f = g ◦ φ. Montrer que a ∈ R3 est un point critique de f si et seulement si a = (0, 0, 0) ou φ(a) = 1. - Déterminer la matrice hessienne de f en (0, 0, 0). En déduire la nature de ce point critique. - Montrer que f est valeurs positives. En déduire que tout point critique non nul de f est un minimum global de f . Exercice 4.7.11. Soit U l’ouvert de Rn défini par U = {(x1 , · · · , xn ) ∈ Rn : xk > 0, ∀ k = 1, 2, · · · , n} et α ∈ R∗+ . Soit f : U −→ R définie par f (x1 , · · · , xn ) =

n Y

xk + α

n+1

k=1

n X 1 xk k=1

- Montrer que f est de classeC ∞ sur U et calculer Df (x) pour tout x ∈ U. - Montrer que f admet un unique point critique a ∈ U . - Calculer D2 f (x) pour tout x ∈ U . - Montrer que a est un minimum local strict pour f . - Dans quel cas simple le point a est un minimum global ? Exercice 4.7.12. Soit n ≥ 2 et f : Rn −→ R le fonction polynomiale de degré cinq définie par f (x1 , · · · , xn ) = (1 + xn )3

n−1 X

x2i + x2n

i=1

Montrer que 0 est le seul point critique de f , qu’il est un minimum local strict, amis qu’il n’est pas un minimum global de f . Exercice 4.7.13. Déterminer les extrema de la fonction définie sur R2 par f (x, y) = xey + yex 156

Exercice 4.7.14. Soit D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 p ≤ 9}. Déterminer les extrema sur D de la fonction définie par f (x, y) = x2 + y 2 +y 2 −1. 3- Soit a > 0 et f définie sur R∗+ × R∗+ par a a xy + + 2 x y a

f (x, y) =

Montrer que f admet un minimum local que l’on déterminera. Montrer que le minimum obtenu précedement est global : pour cela établir 1 α+β+γ ∀ (α, β, γ) ∈ (R∗+ )2 : ≥ (αβγ) 3 3 Exercice 4.7.15. Déterminer les extrema de la fonction définie sur ] − π/2, −π/2[2 f (x, y) = tan x tanh y − tanh x tan y Exercice 4.7.16. Déterminer x2 y 2 (x2 + y 2 )

sup {(x,y)∈]0,+∞[2 ,x+y≤2}

sup

sin x sin y sin(x + y)

{(x,y)∈]0,+∞[2 ,x+y≤π}

Exercice 4.7.17. Soient I est un intervalle de R et φ : I −→ R continue sur I et dérivable en tout point intérieur à I. Montrer que φ est 0 convexe si et seulement si φ est croissante. Exercice 4.7.18. Si f : C −→ R et convexe et si φ : I −→ R est une fonction convexe croissante sur un intervalle I ⊂ R tels que f (C) ⊂ I alors φ ◦ f : C −→ R est convexe. Exercice 4.7.19. Montrer que la somme de deux fonctions convexes sur C est convexe. Exercice 4.7.20. Montrer que si f est convexe et α > 0 alors αf est convexe. Exercice 4.7.21. Soit Ω ⊂ E un ouvert convexe. Que peut-on dire d’une fonction convexe f : Ω −→ R admettant un maximum local en un point de Ω ?

157

Exercice 4.7.22. La réciproque de la proposition est-elle vraie ? C’est a` dire : est-ce qu’une une fonction Fréchet différentiable f : Ω −→ R sur un ouvert convexe Ω d’un evn E vérifiant : pour tout p ∈ Ω et pour tout h ∈ E tel que p + h ∈ Ω on a f (p + h) ≥ f (p) + Df (p).h est-ce qu’elle est convexe ? Exercice 4.7.23. Soit E un espace vectoriel sur R muni d’une forme blinéaire B symétrique définie positive. On associe à B la norme kxk := B(x, x) Soient a1 , a2 , · · · , an ∈ E. Montrer qu’il existe un point unique a ∈ E, appelé le barycentre des points a1 , a2 , · · · , an , tel que n X i=1

ka − ai k = inf

n nX

ku − ai k : u ∈ E

o

i=1

qui est donné par n

1X ai a= n i=1 Exercice 4.7.24. Soit H un espace de Hilbert muni d’un produit scalaire noté et k.k la norme associée. Soit E un sous espace vectoriel fermé de H et a ∈ H. Montrer qu’il existe au moins un point p ∈ E tel que kp − ak = d(a, E) = inf kx − ak x∈E

On définie la fonction f : E → R définie par f (u) = kx − ak2 . Montrer que q ∈ E est un point critique de f si et seulement si ∀ h ∈ E : < q − a, h >= 0 En déduire que p est unique et (p − a) ⊥ E : c’est l’unique pont p ∈ E tel que kp − ak = d(a, E). C’est le projeté orthogonal de a sur E. Montrer directement qu’on a (p − a) ⊥ E ⇐⇒ ∀ u ∈ E : kp − ak ≤ ku − ak. Exercice 4.7.25. Soit E = M(n, R) muni de la forme bilinéaire < A, B >:= tr(At B) Vérifier que est définie positive sur E et (E, k.k) est un espace de Hilbert. 158

Exercice 4.7.26. Soit `2 (N) le R-espace vectoriel des suites réelles u = P (un ) telle que la série numérique n≥0 |un |2 est convergente. On munit `2 (N) de la forme bilinéaire < (un ), (vn ) >:=

+∞ X

|un ||vn |

n=0

Montrer que c’est un produit scalaire. On note k.k2 la norme associée. Montrer que (`2 (N), k.k2 ) est un espace de Hilbert Montrer que la famille {e1 , e2 , · · · , en , · · · } ⊂ `2 (N) définie par en = (0, · · · , 0, 1, 0, · · · , 0, · · · ) o` u 1 est dans la n-ième position est une base de `2 (N) i.e +∞ X

∀ u ∈ `2 (N), !∃(un ) ⊂ R tels que :

|un |2 < +∞ et

u=

n=0

Soit (an ) une suite de réels positifs telle que la série converge. Montrer que l’ensemble +∞ X

un en

n=0

FF

K = {u ∈ `2 (N) : u =

+∞ X

P

n≥0

|an |2

un en , |un | ≤ an }

n=0

est un compact convexe de `2 . Exercice 4.7.27. Montrer que E = C([0, 1], R) muni du produit scalaire Z 1 < f, g >:= f (t)g(t)dt 0

n’est pas un Hilbert. Soit F = Ker(T ) le noyau de la forme linéaire T : E −→ R définie par T (f ) = f (0). Montrer que T n’est pas continue sur (E, k.k1 ). Soit F ⊥ l’orthogonal de F dans E pour : F ⊥ := {g ∈ E : < f, g >= 0, ∀ f ∈ F } = 0 Montrer que F ⊥ = {0} et donc F + F ⊥ 6= E. Indication : si g ∈ F ⊥ , considérer la fonction f (x) = xg(x) qui est dans F et exprimer < f, g >= 0. 159

Exercice 4.7.28. Soit E un espace vectoriel muni d’un produit scalaire hilbertien : c’est à dire une forme bilinéaire symétrique définie et positive i.e : E × E −→ R bilinéaire vérifiant : ∀ x, y ∈ E : < x, y >=< y, x > et < x, x >= 0 ⇐⇒ x = 0 √ Pour x ∈ E on pose kxk := < x, x > qui est la norme associé à . Vérifier que k.k est une norme sur E. Exercice 4.7.29. Soit M(n, R) l’espace des matrices muni du produit scalaire < A, B >:= tr(At B) Soit N une norme sur M(n, R). On pose S = {M ∈ M(n, R) : N (M ) = 1} sphère unité B = {M ∈ M(n, R) : N (M ) ≤ 1} boule unité fermé On définit N∗ : M(n, R) −→ N∗ (A) = max{< A, M > : M ∈ S} Monter que N∗ est une norme sur M(n, R). On considère la fonction f : M(n, R) −→ R définie par f (X) := dét(X) Montrer que max{f (X) : X ∈ B} = max{f (X) : X ∈ S} En déduire qu’il existe X ∈ S tel que f (X) = max{f (X) : X ∈ S} Le but de la suite est d’établir l’égalité suivante : h −1 i N∗ (X )t = n 160

Montrer que X est inversible et dét(X) > 0. En déduire que h −1 i N∗ (X )t ≥ n Montrer que si X ∈ GL(nR) on a ∀ H ∈ M(n, R) : Df (X).H = tr((CofX)t H) En déduire que ∇f (X) = Cof(X) o` u Cof(X) est la matrice des cofacteurs de X. Montrer que ∀ M ∈ B : < ∇f (X), M − X >≤ 0 Sachant que (X)−1 =

1 (cof(X))t dét(X)

montrer que h

N∗ (X

−1 t

)

Conclure.

161

i

≤n

Chapitre

5

Inversion locale et fonctions implicites 5.1

Diff´ eomorphismes

D´ efinition 5.1.1. Soient E et F deux evn. Soient Ω ⊂ E et Θ ⊂ F deux ouverts. Une application Φ : Ω −→ Θ est un difféomorphisme de Ω sur Θ si - Φ est une bijection de Ω sur Θ, - Φ et Φ−1 sont toutes les deux de classe C 1 . Remarque 5.1.2. Si L : E −→ F est une application linéaire continue inversible alors L est un difféomorphisme de E sur F . Rappel : Si I est un intervalle ouvert de R et φ : I −→ R 0

une fonction de classe C 1 avec φ (t) 6= 0 pour tout t ∈ I alors J = φ(I) est un intervalle ouvert de R et φ : I −→ J est un difféomorphisme avec 1 0 (φ−1 ) (x) = 0 φ (φ(x)) 0

En effet φ est continue et ne s’annule jamais, d’après le théorème des 0 valeurs intermèdiaires φ garde un signe constant sur I. Par suite φ est strictement monotone et donc J = φ(I) est un intervalle ouvert et φ : I −→ J est une bijection et φ−1 : J −→ I est continue. Si x, y ∈ J avec φ(t) = x et φ(s) = y on a φ−1 (y) − φ−1 (x) 1 = φ(s) − φ(t) y−x s−t 162

0

Ce qui entraine que φ−1 est dérivable et on a la formule de (φ−1 ) qui est continue aussi et donc φ−1 est de classe C 1 sur J.

5.2

Formule de la diff´ erentielle de l’inverse

On a la formule de la différentielle de l’inverse qui généralise celle d’une variable. Proposition 5.2.1. Soient E et F deux evn. Si Φ : Ω −→ Θ est un difféomorphisme d’un ouvert Ω ⊂ E sur un ouvert Θ ⊂ F alors pour tout p ∈ Ω la différentielle DΦ(p) : E −→ F est inversible et D(Φ−1 )(q) = (DΦ(p))−1 o` u Φ(p) = q. Démonstration. On a Φ−1 ◦ Φ = IdE |Ω et Φ ◦ Φ−1 = IdF |Θ Puisque IdE et IdF sont linéaires continues, en prenant la différentielle des deux identités , on a pour tout p ∈ Ω et q ∈ Θ DΦ−1 (Φ(p)) ◦ DΦ(p) = IdE et DΦ(Φ−1 (q)) ◦ DΦ−1 (q) = IdF Si q = Φ(p), la première identité donne D(Φ−1 )(q) = (DΦ(p))−1

Corollaire 5.2.2. S’il existe un difféomorphisme d’un ouvert de E sur un ouvert de F alors E et F sont isomorphes. En particulier si m, n ∈ N∗ , alors il ne peut exister de difféomorphisme de Rn sur Rm que si n = m. Remarque 5.2.3. En fait s’il existe seulement un homéomorphisme ( c’est a` dire une bijection continue dont la réciprque est continue ) d’un ouvert de Rn sur un ouvert de Rm alors n = m. C’est le théorème de Brouwer, difficile à démontrer. Le théorème important qu’on a besoin dans la suite est le suivant :

163

Th´ eor` eme 5.2.4. Si E est un espace de Banach alors GL(E) est un ouvert dans L(E). De plus l’application Φ : X ∈ GL(E) −→ Φ(X) = X −1 ∈ GL(E) est de classe C 1 sur GL(E) et sa différentielle est donnée par ∀ H ∈ L(E) : DΦ(X).H = −X −1 HX −1 Démonstration. Soit A ∈ GL(E) fixé. On montre d’abord que GL(E) est un ouvert de L(E). Soit A ∈ GL(E) fixé. Si X ∈ L(E) vérifie kX − Ak <

1 kA−1 k

alors kA−1 X − Ik = kA−1 (X − A)k ≤ kA−1 kkX − Ak < 1 D’après le lemme A−1 X ∈ GL(E) et donc X ∈ GL(E). Par suite la boule B(A,

1 1 ) = {X ∈ L(E) : kX − Ak < } ⊂ GL(E) −1 kA k kA−1 k

ce qui montre que GL(E) est un ouvert dans L(E). Il s’agit de montrer que quand H → 0 dans L(E) on a Φ(A + H) = Φ(A) − A−1 HA−1 + o(kHk) Puisque Φ est continue au point A on a Φ(A + H) − Φ(A) = −Φ(A + H)HΦ(A) = −(Φ(A) + (H))HΦ(A) = −A−1 HA−1 − (H)HA−1 o` u (H) tend vers 0 quand H tend vers 0. Comme l’application H −→ −A−1 HA−1 est linéaire continue sur L(E). Comme k(H)HA−1 k ≤ kA−1 kk(H)kkHk alors (H)HA−1 = o(kHk) 164

On en déduit que φ est Fréchet différentiable en tout point A ∈ GL(E) et Dφ(A).H = −A−1 HA−1 Soit B l’application de L(E) × L(E) → L(E) définie par B : L(E) × L(E) −→ L(E) (U, V ) −→ B(U, V ) o` u B(U, V ) : L(E) −→ L(E) est l’application linéaire définie par ∀ H ∈ L(E)

:

B(U, V ).H = U HV

Il est clair que B est bilinéaire. Pour tout H ∈ L(E) on a kB(U, V ).Hkk ≤ kU kkV kkHk Par suite pour tout U, V ∈ L(E) on a kB(U, V )k ≤ kU kkV k et donc B est continue. De plus pour tout X ∈ GL(E) on a DΦ(X) = −B(Φ(X), Φ(X)) Puisque Φ est continue sur GL(E), on en déduit que Dφ : GL(E) −→ L(L(E), L(E)) A −→ DΦ(X) = −B(Φ(X), Φ(X)) est continue comme composée, c’est a` dire Φ : X ∈ GL(E) −→ Φ(X) = X −1 ∈ GL(E) est de classe C 1 .

5.3

Enonc´ e du th´ eor` eme d’inversion locale

Dans toute la suite E et F sont deux evn, Ω est un ouvert de E et Θ est un ouvert de F . D´ efinition 5.3.1. Soit Φ : Ω −→ Θ et p ∈ Ω. On dit que Φ est un difféomorphisme local au point p s’il existe un voisinage ouvert U ⊂ Ω de p tel que V = Φ(U ) est un ouvert de F et Φ |U : U −→ V est un dfféomorphisme. 165

Si Φ : Ω −→ F est un difféomorphisme local au point p alors Dφ(p) : E −→ F est nécessairement inversible. Le théorème suivant montre que la réciproque est vraie : c’est le théorème d’inversion locale. Th´ eor` eme 5.3.2. On suppose que les evn E et F sont complets. Soit Φ : Ω −→ F de classe C 1 et soit p0 ∈ Ω. Si DΦ(p0 ) : E −→ F est inversible alors Φ est un difféomorphisme local au point p0 . Autrement dit il existe un voisinage ouvert U ⊂ Ω de p0 et un voisinage ouvert V ⊂ F de Φ(p0 ) tels que ΦU : U −→ V est un difféomorphisme. Remarque 5.3.3. Si E = F = Rn , la condition DΦ(p0 ) est inversible veut dire que le déterminant jacobien , qu’on note JΦ (po ), de la matrice jacobienne de Φ au point p0 est non nul : si Φ = (Φ1 , · · · , Φn ) alors i h ∂Φ i (p0 ) JΦ (p0 ) = det ∂xj 1≤i,j≤n On a des conséquences du théorème d’inversion local : Corollaire 5.3.4. Soit Ω −→ Θ une bijection de classe C 1 . Si DΦ(p) est inversible pour tout p ∈ Ω alors Φ est un difféomorphisme. Démonstration. Il suffit de montrer que Φ−1 est de classe C 1 sur Θ. Soit q ∈ Θ et p ∈ Ω avec q = Φ(p). D’après le théorème d’inversion local Φ est un difféomorphisme sur un voisinage ouvert de p. Puisque Φ est bijective alors Φ−1 est de classe C 1 au voisinage de q. Corollaire 5.3.5. Si Φ : Ω −→ Θ est une bijection de classe C 1 entre deux ouverts de Rn et si JΦ (p) 6= 0 pour tout p ∈ Ω alors Φ est un difféomorphisme. Remarque 5.3.6. Un intérêt très pratique du corollaire précédent est le suivant : pour montrer que Φ−1 est de classe C 1 , en général il est inutile de déterminer l’expréssion de Φ−1 , il suffit de vérifier que le déterminant jacobien de Φ ne s’annule jamais. Du théorème d’inversion locale, on déduit le théorème de l’application ouverte. Corollaire 5.3.7. Soit Φ : Ω −→ F de classe C 1 . Si pour tout p ∈ Ω DΦ(p) : E −→ F est inversible alors Φ est une application ouverte : c’est à dire l’image par Φ d’un ouvert de Ω est un ouvert de F . 166

Démonstration. Soit U un ouvert de Ω et soit q ∈ Φ(U ) : on montre que q est intérieur à Φ(U ) . Sot p ∈ Ω tel que Φ(p) = q. Puisque Dφ(p) est inversible, d’après le théorème d’inversion local il existe un voisinage ouvert V ⊂ U de p tel que Φ(V ) est un ouvert de F et donc un voisinage ouvert de q. Puisque Φ(V ) ⊂ Φ(U ). Cela montre que tout q ∈ Φ(U ) est intérieur à Φ(U ), autrement dit Φ(U ) est un ouvert de F . En utilisant les corollaires précedents, on a le résultat pratique suivant : Corollaire 5.3.8. Soit Φ : Ω −→ F de classe C 1 . Si Φ est injective et si DΦ(p) est inversible pour tout p ∈ Ω alors Θ = Φ(Ω) est un ouvert de F et Φ est un difféomorphisme de Ω sur Θ. Pour la preuve on a besoin du théorème du pont fixe qu’on énonce sous la forme adaptée pour la suite. Th´ eor` eme 5.3.9. Soit M un fermé d’un epace de Banach E. Soit f : M −→ E vérifiant : (i) f (M ) ⊂ M : pour tout p ∈ M on a f (p) ∈ M , (ii) f est k-lipschitzienne pour un certain k ∈]0, 1[ : pour tous p, q ∈ M kf (q) − f (p)k ≤ kkq − pk Alors f posséde un seul point fixe dans M : il existe c ∈ M unique tel que f (c) = c. Démonstration. Soit x0 ∈ M un pont fixé. Comme M vérifie (i), on peut définir la suite récurrente (xn )n≥0 ⊂ M par xn+1 = f (xn ) D’après (ii) on a par récurrence kxn − xn−1 k kxn−1 − xn−2 k ··· kx2 − x1 k

≤ ≤ = ≤

kkxn−1 − xn−2 k kkxn−2 − xn−3 k ··· kkx1 − x0 k

Par suite pour tout n ≥ 1 : kxn − xn−1 k ≤ k n−1 kx1 − x0 k Comme 0 < k < 1, alors la série X kxn − xn−1 k n≥1

167

est convergente. Puisque E est complet , on en déduit que la série X (xn − xn−1 ) n≥1

est convergente. Or pour tout n ≥ 1 on a xn = x0 +

n X

(xk − xk−1 )

k=1

Cela entraine que la suite (xn ) est convergente dans E vers un point c ∈ F . Puisque M est fermé et (xn ) ⊂ M alors c ∈ M . Aussi f est continue en c , par suite f (c) = lim f (xn ) = lim xn+1 = c n−→∞

n−→∞

Le point c est unique car s’il y en a deux c1 et c2 alors kc1 − c2 k = kf (c1 ) − f (c2 )k < kkc1 − c2 k < kc1 − c2 k ce qui est impossible.

5.4

Preuve du th´ eor` eme d’inversion locale

Démonstration. Soit Φ : Ω −→ F de classe C 1 et soit p0 ∈ Ω tel que DΦ(p0 ) ∈ GL(E, F ) On cherche un voisinage ouvert U de p0 tel que V = Φ(U ) est un ouvert et F et Φ |U : U −→ V est un difféomorphisme. La démonstration va se faire en cinq étapes. Premi` ere ´ etape : on se ramène au cas o` u E = F et DΦ(p0 ) = IdE . On pose L = DΦ(p0 ) et ˜ : Ω −→ E Φ définie par Puisque L−1 tion et on a

˜ Φ(p) = L−1 (Φ(p)) ˜ est de classe C 1 par composiest linéaire continue alors Φ ˜ 0 ) = DL−1 (Φ(p0 )) ◦ DΦ(p0 ) DΦ(p = L−1 ◦ DΦ(p0 ) = IdE 168

˜ est un difféomorphisme locale en p0 alors on Donc si on montre que Φ saura montrer que Φ est un difféomorphisme locale en p0 car ˜ Φ=L◦Φ et L est un difféomorphisme de E sur F . On suppose dans la suite que E=F

et DΦ(p0 ) = IdE

Deuxi` eme ´ etape : On peut trouver un voisinage ouvert U ⊂ Ω de p0 tel que DΦ(p) est inversible pour tout p ∈ U et l’application h : U −→ E p −→ p − Φ(p) est 21 -lipschitzienne sur U . En effet, puisque Dφ est continue au point p0 et DΦ(p0 ) = IdE , on peut trouver un δ > 0 tel que ∀ u ∈ U := B(p0 , δ) ⊂ Ω =⇒ kIdE − DΦ(p)k ≤

1 2

D’après ce qui précéde DΦ(p) est inversible pour tout p ∈ U . On définit g : U −→ E par g(u) = Φ(p) − p = (Φ − IdE )(p) Pour tout p ∈ U on a kDg(u)k = kDΦ(u) − IdE k ≤

1 2

Puisque U = B(p0 , δ) est convexe, d’après l’inégalité des accroissements finis pour tous p, q ∈ U 1 kg(q) − g(p)k ≤ kq − pk sup kDg(ξ)k ≤ kq − pk 2 ξ∈U Par suite h = −g est 12 -lipschitzienne sur U . Troisi` eme ´ etape : L’application Φ est injective sur U et (Φ |U )−1 est continue sur Φ(U ). En effet, d’après la deuxième étape si p, q ∈ U on a kΦ(q) − Φ(p)k = k(Φ(q) − q) − (Φ(p) − p) + (q − p)k ≥ kq − pk − k(Φ(q) − q) − (Φ(p) − p)k 1 kq − pk ≥ 2 169

Par suite Φ est injective sur U : car d’après ce qui précede. Φ(p) = Φ(q) =⇒ q = p . D’autre part si u = Φ(p) et v = Φ(q) sont deux points quelconques de Φ(U ) , on a k(Φ |U )−1 (v) − (Φ |U )−1 (u)k = kq − pk ≤ 2kΦ(q) − Φ(p)k = 2kv − uk Donc (Φ |U )−1 est 2-lipschitzienne sur U sur Φ(U ) et donc continue sur Φ(U ). Quatri` eme ´ etape : L’ensemble Φ(U ) est un ouvert de E. Soit u0 ∈ Φ(U ) quelconque et p0 ∈ U tel que Φ(p0 ) = u0 . On cherche δ > 0 tel que B(u0 , δ) ⊂ Φ(U ) : c’est a` dire pour tout u ∈ B(u0 , δ) l’équation Φ(p) = u admet une solution u ∈ U . Soit α > 0 tel que B(p0 , α) ⊂ U . On va montrer que pour tout u ∈ B(u0 , α/2) l’équation Φ(p) = u admet une solution u ∈ U . Autrement dit δ = α/2 convient parfaitement. Soit u ∈ B(u0 , α/2) et soit Ψ : B(p0 , α) −→ E définie par Ψ(p) = p − Φ(p) + u Donc Φ(p) = u ⇐⇒ Ψ(p) = p Autrement dit : pour tout u ∈ B(u0 , δ) l’équation Φ(p) = u admet une solution p ∈ B(p0 , α) si et seulement si Ψ admet un point fixe p ∈ B(p0 , α). Puisque E est complet, il suffit de vérifier que les hypothèses du du théorème du point fixe sont vérifiées avec M = B(p0 , α) et f = Ψ. Par définition Ψ(p) = p − Φ(p) + u 170

comme u est une constante et IdE − Φ est 1/2-lipschitzienne d’après la deuxième étape, alors Ψ est 1/2-lipschitzienne sur B(p0 , α). Il nous reste a` vérifier que Ψ(B(p0 , α)) ⊂ B(p0 , α) Soit p ∈ B(p0 , α) alors kΨ(p) − p0 k ≤ kΨ(p) − Ψ(p0 )k + kΨ(p0 ) − p0 k = kΨ(p) − Ψ(p0 )k + ku − Φ(p0 )k 1 ≤ kp − p0 k + ku − u0 k 2 α ≤ +δ =α 2 On a bien Ψ(p) ∈ B(p0 , α) pour tout p ∈ B(p0 , α). Ce qui achève la preuve du quatrième étape. Cinqui` eme ´ etape : conclusion . D’après les étapes 2,3 et 4, on sait que Φ |U : U −→ Φ(U ) est une bijection de classe C 1 de U sur Φ(U ) et que Φ(U ) est un ouvert de E. De plus Dφ(p) est inversible pour tout p ∈ U et (Φ |U )−1 : Φ(U ) −→ U est continue. On en déduit que Φ |U est un difféomorphisme de U sur Φ(U ). Autrement dit Φ est un difféomorphisme locale au point p0 .

5.5

Formulation du probl` eme de fonctions implicites

Soient E, F et G trois evn et Ω ⊂ E et Θ ⊂ F deux ouverts. Soit F : Ω × Θ −→ G une application de classe C 1 . Soit (p0 , u0 ) ∈ Ω × Θ × G tel que F (p0 , u0 ) = 0

171

Question : existe-t-il des ouverts U ⊂ Ω voisinage ouvert de p0 , V ⊂ Θ voisinage ouvert de u0 et une application φ : U −→ V p −→ φ(p) de classe C 1 tels que ∀ (p, u) ∈ U × V

:

F (p, u) = 0 ⇐⇒ u = φ(p)?

On dit que l’équation F (p, u) = 0 définit implicitement u comme fonction de classe C 1 de p au voisinage de (p0 , u0 ). Une autre formulation plus géométrque est la suivante : on pose Σ := {(p, u) ∈ Ω × Θ : F (p, u) = 0} C’est le lieu des zéros de F sur Ω × Θ. Existe-t-il un voisinage ouvert U × V ⊂ Ω × Θ de (p0 , u0 ) tel que l’ensemble Σ ∩ (U × V ) est le graphe d’une application φ : U −→ V de classe C 1 : Σ ∩ (U × V ) = {(p, u) ∈ U × V : u = φ(p)} Exemple 5.5.1. Soit F : R × R −→ R définie par F (x, y) = x2 + y 2 − 1 Dans ce cas Σ := {(x, y) ∈ R × R : x2 + y 2 = 1} est le cercle de centre (0, 0) et de rayon 1. Soit (x0 , y0 ) ∈ Σ tel que y0 6= 0 ⇐⇒ x0 6= ±1 G´ eom´ etriquement, on voit toute de suite que l’équation F (x, y) = 0 définit implicitement y comme fonction de classe C 1 de x au voisinage de tout point (x0 , y0 ) ∈ Σ tel que y0 6= 0 ⇐⇒ x0 6= ±1 172

Analytiquement, si on choisit un voisinage ouvert W de (x0 , y0 ) ne contenant pas les points (1, 0) et (−1, 0), il est clair que W ∩ Σ est le graphe d’une fonction x −→ y(x) de classe C 1 . En effet : - si y0 > 0 on peut prendre U =] − 1, 1[ et

V = {y ∈ R : y > 0}

car si x ∈] − 1, 1[ l’équation F (x, y) = 0 posséde une solution unique y(x) =

√ 1 − x2

qui est de classe C 1 sur U . - si y0 < 0, on √ prend U =] − 1, 1[ et V = {y ∈ R : y < 0} et dans ce cas y(x) = − 1 − x2 . G´ eom´ etriquement, il est tout à fait clair qu’au voisinage des points (1, 0)

et (−1, 0)

que l’équation F (x, y) = 0 ne définit pas implicitement y comme fonction de classe C 1 de x : si W est un voisinage ouvert de (1, 0) ou de (−1, 0) , l’ensemble W ∩Σ n’est visiblement pas le graphe d’une fonction x −→ y(x). Analytiquement, on peut le voir de deux manières : (i) si U est un voisinage de x0 = 1 et V est un voisinage ouvert de y0 = 0 alors V contient à la fois : - des points x pour lesquels F (x, y) = 0 n’a pas de solution ( par exemple x>0) - des points x pour lesquels léquation F (x, y) = 0 posséde deux solutions : on prend x < 1 proche de 1 pour que √ 1 − x2 ∈ V et

√ − 1 − x2 ∈ V 173

(ii) En fait il n’est même pas possible de définir une fonction x −→ y(x) de classe C 1 sur un intervalle I =]α, 1] telle que F (x, y(x)) = 0 sur I. Si oui, on aurait en dérivant par rapport à x que ∀x∈ I

:

∂F ∂F 0 (x, y(x)) + y (x) (x, y(x)) = 0 ∂x ∂y

autrement dit ∀ x ∈ ]α, 1]

:

0

2x + 2y(x)y (x) = 0

Comme y(1) = 0 on a une contradiction en prenant x = 1. On montre de même que l’équation F (x, y) = 0 définit implicitement x comme fonction C 1 de y au voisinage de tout point (x0 , y0 ) ∈ Σ tel que x0 6= 0 mais pas au voisinage des points (0, 1) et (0, −1). Sur cette exemple, on remarque que les deux points de Σ au voisinage desquels l’équation F (x; y) = 0 ne définit pas implicitement y comme fonction de classe C 1 de x ( les points (1, 0) et (−1, 0) ) sont les seuls points de Σ o` u la dérivée partielle ∂F = 2y ∂y s’annule. De même les deux seuls points de Σ au voisinage desquels l’équation F (x, y) = 0 ne définit pas implicitement x comme fonction C 1 de y ( les points (0, 1) et (0, −1) ) sont ceux pour lesquels ∂F = 2x ∂x s’annule.

5.6

Enonc´ e du th´ eor` eme de fonctions implicites

Avant d’énoncer la forme général du théorème des fonctions implicites, on va introduire quelques notations. Pour toute fonction F : Ω × Θ −→ G o` u Ω ⊂ E, Θ ⊂ F sont des ouverts des evn E et F et G est un evn. Si (p0 , u0 ) ∈ Ω × Θ un point donné , on note Fp0 : Θ −→ G 174

et Fu0 : Ω −→ G les fonctions partielles définies par Fp0 (u) = F (p0 , u)

et

Fu0 (p) = F (p, u0 )

Si F est différentaible en (p0 , u0 ), les différentielles partielles de F au point (p0 , u0 ) sont les applications linéaires : Dp F (p0 , u0 ) : E −→ G et Du F (p0 , u0 ) : F −→ G définies par Dp F (p0 , u0 ) := DFu0 (p0 )

et

Du F (p0 , u0 ) := DFp0 (u0 )

Lemme 5.6.1. Si F : Ω × Θ −→ G est Fréchet différentiable en (p0 , u0 ) alors : (i) Dp F (p0 , u0 ) s’identifie à la restriction de l’application linéaire DF (p0 , u0 ) : E × F −→ G à E × {0F } ' E, (ii) Du F (p0 , u0 ) s’identifie à la restriction de l’application linéaire DF (p0 , u0 ) : E × F −→ G à {0E } × F ' F . Pour tout h = (h1 , h1 ) ∈ E × F , on a DF (p0 , u0 ).h = Dp F (p0 , u0 ).h1 + Du F (p0 , u0 ).h2 Démonstration. En effet, on a Fu0 = F ◦ Iu0

et

Fp0 = F ◦ Ip0

o` u Iu0 : E −→ E × F

et

Ip0 : F −→ E × F

sont définies par Iu0 (p) = (p, u0 ) = (IdE (p) et Ip0 (u) = (p0 , u) = (p0 , IdF (u)) Les applications IdE et IdF sont linéaires continues et les applications p ∈ E −→ u0 et u ∈ F −→ p0 sont constantes. On a pour tout h1 ∈ E DIu0 (p0 ).h1 = (IdE .h1 , 0F ) = (h1 , 0F ) 175

et pour tout h2 ∈ F on a DIp0 (u0 ).h2 = (0E , IdF .h2 ) = (0E , h2 ) Par conséquent DFu0 (p0 ).h1 = DF (Iu0 (p0 ) ◦ DIu0 (p0 ).h1 ) = DF (p0 , u0 ).(h1 , 0F ) et DFp0 (u0 ).h2 = DF (p0 , u0 )(0E , h2 ) Si = (h1 , h2 ) ∈ E × F on a DF (p0 , u0 ).(h1 , h2 ) = DF (p0 , u0 ).(h1 , 0F ) + DF (p0 , u0 )(0E , h2 ) = Dp F (p0 , u0 ).h1 + Du F (p0 , u0 ).h2

Le théorème de fonctions implicites s’énonce comme suit : Th´ eor` eme 5.6.2. Soient E, F et G trois evn complets. Soit F : Ω × Θ −→ G de classe C 1 o` u Ω ⊂ E et Θ ⊂ F des ouverts. Soit (p0 , u0 ) ∈ Ω × Θ tel que F (p0 , u0 ) = 0G . Si Du F (p0 , u0 ) : E −→ G est inversible alors l’équation F (p, u) = 0G définit implicitement u comme fonction C 1 de p au voisinage de (p0 , u0 ). Autrement dit : ils existent des ouverts U ⊂ Ω voisinage ouvert de p0 , V ⊂ Θ voisinage ouvert de u0 et une application φ : U −→ V p −→ φ(p) de classe C 1 tels que ∀ (p, u) ∈ U × V

:

F (p, u) = 0 ⇐⇒ u = φ(p)

De plus pour tout p ∈ U on a h i−1 Dφ(p) = − Du F (p, φ(p)) ◦ Dp F (p, φ(p)) 176

5.7

Preuve du th´ eor` eme de fonctions implicites

Démonstration. Soit Φ : Ω × Θ −→ E × G l’application définie par Φ(p, u) = (p, F (p, u)) = (πE (p, u), F (p, u)) o` u πE : E × F −→ E est la projection canonique πE (p, u) = p. L’application Φ est de classe C 1 et pour tout h = (h1 , h2 ) ∈ E × F on a DΦ(p0 , u0 ).h = πE (h), DF (p0 , u0 ).h ) = h1 , Dp (p0 , u0 ).h1 + Du F (p0 , u0 ).h2 = IdE .h1 + OL(F,E) .h2 , Dp F (p0 , u0 ).h1 +Du F (p0 , u0 ).h2 Si (w1 , w2 ) = DΦ(p0 , u0 ).(h1 , h2 ) alors h1 = w1 h2 = −[Du F (p0 , u0 )]−1 Dp F (p0 , u0 ).w1 + [Du F (p0 , u0 )]−1 .w2 On en déduit que DΦ(p0 , u0 ) : E × F −→ E × G est inversible. D’après le théorème d’inversion local, Φ est un difféomorphisme local au point (p0 , u0 ). Comme Φ(p0 , u0 ) = (p0 , OG ) il existe un voisinage U ⊂ E × F tel que Φ |U est un difféomorphisme de U sur l’ouvert Φ(U) ⊂ E × G qui contient (p0 , OG ). Soit U ⊂ Ω un voisinage ouvert de p0 et V ⊂ Θ un voisinage de u0 tels que U × V ⊂ U et U × {0F } ⊂ Φ(U). Alors pour tout (p, u) ∈ U × V on a les équivalences F (p, u) = 0G ⇐⇒ Φ(p, u) = (p, 0G ) ⇐⇒ (p, u) = (Φ |U )−1 (p, 0G ) h i −1 ⇐⇒ u = πF (Φ |U ) (p, 0G ) 177

o` u πF : E × F −→ F est la projection canonique. On en déduit que pour tout p ∈ U il existe un unique point h i −1 u = φ(p) := πF (Φ |U ) (p, 0G ) ∈ V tel que ∀ (p, u) ∈ U × V

:

F (p, u) = 0 ⇐⇒ u = φ(p)

et l’application φ :

U −→ V p −→ φ(p) = πF

h

i (Φ |U ) (p, 0G ) −1

est de classe C 1 en p ∈ U car (Φ |U )−1 et πF sont de classe C 1 . En dimension trois , le théorème de fonctions implicites prend la forme suivante. Corollaire 5.7.1. Soit Ω un ouvert de R3 et f : Ω −→ R de classe C 1 . Soit (x0 , y0 , z0 ) ∈ Ω tel que f (x0 , y0 , z0 ) = 0 et

∂f (x0 , y0 , z0 ) 6= 0 ∂z

Alors dans un voisinage de (x0 , y0 ) , l’équation f (x, y, z) = 0 est équivalente à z = φ(x, y). Autrement dit , l’ensemble S = {(x, y, z) ∈ Ω : f (x, y, z) = 0} est le graphe d’une fonction φ définie au voisinage de (x0 , y0 ) c’est à dire il existe U voisinage ouvert de (x0 , y0 ) dans R2 , V un voisinage ouvert de z0 dans R et et φ : U −→ R de classe C 1 tels que z0 = φ(x0 , y0 ) et (U × V ) ∩ S = {(x, y, z) ∈ U × V : z = φ(x, y)} On dit dans ce cas que S est une surface régulière au point (x0 , y0 , z0 ). En dimension deux , le théorème de fonctions implicites prend la forme suivante.

178

Corollaire 5.7.2. Soit Ω un ouvert de R2 et f : Ω −→ R de classe C 1 . Soit (x0 , y0 ) ∈ Ω tel que f (x0 , y0 ) = 0 et

∂f (x0 , y0 ) 6= 0 ∂y

Alors dans un voisinage de x0 , l’équation f (x, y) = 0 est équivalente à y = φ(x). Autrement dit , l’ensemble S = {(x, y) ∈ Ω : f (x, y) = 0} est le graphe d’une fonction φ définie au voisinage de x0 c’est à dire il existe U voisinage ouvert de x0 dans R, V un voisinage ouvert de y0 dans R et et φ : U −→ R de classe C 1 tels que y0 = φ(x0 ) et (U × V ) ∩ S = {(x, y) ∈ U × V : y = φ(x)} On dit dans ce cas que S est une courbe régulière au point (x0 , y0 ). Soit Rn [X] l’ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à n et à coefficients réels qu’on munit d’une norme k.k. Soit An le sous ensemble des P ∈ Rn [X] formé des polynômes ayant n racines réelles distinctes λ1 (P ) < λ2 (P ) < · · · < λn (P ). On va montrer que An est un ouvert de Rn [X] en appliquant le théorème de fonctions implicites. Soit Ω := {(λ1 , · · · , λn ) ∈ Rn : λ1 < λ2 < · · · < λn } et F : Rn [X] × Ω −→ Rn l’application définie par F (P, (λ1 , · · · , λn )) = (P (λ1 ), · · · , P (λn )) Soit P0 ∈ An et λ01 < · · · < λ0n ) les racines de P0 . On a F (P0 , (λ01 , · · · , λ0n )) = 0 Question 5.7.3. Montrer que F est de classe C 1 et n Y 0 0 0 Jac D(λ1 ,··· ,λn ) F (λ1 , · · · , λn ) = P (λ0k ) k=1

On en déduit qu’ils existent un voisinage ouvert U de P0 dans Rn [X] et un voisinage ouvert V de (λ01 , · · · , λ0n ) dans Ω et une application φ : U −→ V de classe C 1 tels que dans U × V F (P, (λ1 , · · · , λn )) = 0 ⇐⇒ (λ1 , · · · , λn ) = φ(P ) par suite toute P ∈ U admet n racines réelles distinctes et donc U ⊂ An . Par suite An est un ouvert de Rn [X]. 179

5.8

Exercices

Exercice 5.8.1. Montrer que φ(t) = t3 n’est pas un difféomorphisme de R sur R. Exercice 5.8.2. Soit Ω = {(x, y) ∈ R2 : x < y} et Φ : Ω −→ R2 définie par Φ(x, y) = (x + y, xy) Montrer que Φ est un difféomorphisme de Ω sur l’ouvert Θ = {(t, s) ∈ R2 : t2 − 4s > 0} et déterminer Φ−1 . Exercice 5.8.3. Soient f et g deux fonctions de classe C 1 sur R à 0 0 valeurs dans R. On suppose que f (t) 6 g (t) pour tout t ∈ R. Montrer que l’application de R2 dans R2 définie par F (x; y) = (x + y, f (x) + g(y)) est un C 1 -difféomorphisme de R2 sur son image. Exercice 5.8.4. Soient E et F deux espaces de Banach et Ω un ouvert de E contenant l’origine. Soit A : Ω −→ L(E, F ) une application de classe C 1 tel que A(0) ∈ GL(E, F ). Soit B : Ω −→ F définie par B(x) = A(x).x Montrer que B est un difféomorphisme locale en 0. Exercice 5.8.5. On munit Rn de la norme euclidienne. Soit α > 0 et F ∈ C 1 (Rn , Rn ). On suppose que pour tout (x, h) ∈ R2 × Rn on a < DF (x).h, h >≥ αkhk2 Le but de l’exercice est de monter que F est un C 1 -difféomorphisme. Montrer que F est injective. Soit x1 , x2 ∈ Rn . Vérifier que Z 1 F (x2 ) − F (x1 ) = Df (x1 + t(x2 − x1 )).(x2 − x1 )dt 0

Montrer que < F (x2 ) − F (x1 ), x2 − x1 >≥ αkx2 − x1 k2 Soit b ∈ Rn et Gb : Rn −→ R définie par Gb (x) = kF (x) − bk2 180

Si x, h ∈ Rn calculer DGb (x).h. Montrer que lim Gb (x) = +∞ kxk→∞

En déduire que Gb atteint un minimum global sur Rn en un point a. Montrer que F (a) = b. En déduire que F est surjective. Montrer que F réalise un C 1 -difféomorphisme de Rn sur Rn . Exercice 5.8.6. Soit f : R −→ R de classe C 1 . On suppose qu’il existe 0 α ∈]0, 1[ tel que pour tout x ∈ R : |f (x)| ≤ α. Soit F : R2 −→ R2 définie par F (x, y) = (x + f (y), y + f (x)) Monter que F est de classe C 1 et pour tout (x, y) ∈ R2 : DF (x, y) ∈ Gl(2, R). Soit (a, b) ∈ R2 fixé et g : R2 −→ R2 définie par g(x, y) = (a − f (y), b − f (x)). Montrer que qu’il existe α ∈]0, 1[ tel que kg(x1 , y1 ) − g(x2 , y2 )k ≤ αk(x1 , y1 ) − (x2 , y2 )k En déduire de ce qui précéde que F est un difféomorphisme de R2 sur R2 . Exercice 5.8.7. Soit E un espace de Banach. On note IE : x −→ x l’application identité sur E. Soit Q : L(E) −→ L(E) définie par Q(u) := u ◦ u Montrer que Q est de classe C 1 sur L(E) et calculer sa différentielle. Montrer qu’il existe > 0 tel que, pour tout v ∈ L(E) vérifiant kv − IE k < l’équation u◦u=v possède une solution dans L(E). On suppose ici E = R2 et on considère les matrices u = (uij ) et h = (hij ) définie par u12 = u21 = 0, u11 = −1, u22 = 1 h11 = h21 = h22 = 0, h12 = 1 181

Calculer DQ(u).h. En déduire qu’il n’existe pas de fonction Fréchet différentiable Ψ sur un voisinage U de IE et à valeurs dans un voisinage de u dans L(E) tels que ∀ v ∈ U : Ψ(IE ) = u

et

Ψ(v) ◦ Ψ(v) = v

Exercice 5.8.8. Soit φ : R −→ R continue et f, g : R2 −→ R définies par Z x+y Z xy f (x, y) = φ(t)dt et g(x, y) = φ(t)dt 0

0 1

Montrer que f et f sont de classe C et calculer leurs différentielles. On définit F : R2 −→ R2 par F (x, y) = (f (x, y), g(x, y)). On note B =] − 1, 1[×] − 1, 1[ et on munit R2 de la norme k.|∞ . Montrer que F est lipschitzienne sur B. On suppose que φ(0) 6= 0 et φ(1) 6= 0, montrer que F est un difféomorphisme locale en (0, 1). Dire pourquoi qu’il en est de même au point (1, 0). On suppose que φ(t) > 0 pour tout t ∈ R, montrer que F |D o` u D = {(x, y) ∈ R2 : x < y} est un difféomorphisme de D sur F (D). Exercice 5.8.9. Soit l’application exponentielle exp : M(n, R) −→ GL(n, R) définie par ∀ A ∈ M(n, R) : exp(A) =

∞ X Ap p=0

p!

Montrer que exp réalise un difféomorphisme d’un voisinage de 0 dans M(n, R) sur un voisinage de IRn dans GL(n, R) Exercice 5.8.10. On considère l’application F : R2 −→ R2 définie par F (x, y) = (x + f (y), y + f (x)) 0

o` u f : R −→ R de classe C 1 telle qu’il existe α ∈]0, 1[ vérifiant |f (t)| ≤ α pour tout t ∈ R. Soit (a, b) ∈ R2 et g : R2 −→ R définie par g(x, y) = (a − x − f (y))2 + (b − y − f (x))2 Montrer que g admet un minimum en un point (x1 , y1 ) tel que F (x1 , y1 ) = (a, b). En déduire que F est surjective. Montrer que F est bijective.

182

Exercice 5.8.11. Soit E = (C([0, 1]), R) muni de la norme kf k0 = supt∈[0,1] |f (t)| qui est complet. On considère E1 le sous espace de E formé des fonctions de classe C 1 qui sont nulles en 0 muni de la norme 0 |f k1 = supt∈[0,1] |f (t)|. Montrer que (E1 , k.k1 ) est complet. On considère l’application Φ : E1 −→ E 0 f −→ f + f 2 Calculer la différentielle de Φ en 0. En déduire que Φ est un difféomorphisme d’un voisinage V de 0 dans E1 sur un voisinage W de 0 dans E . Exercice 5.8.12. Soit E un espace de Banach. On notera IE : x ∈ E −→ x ∈ E

et IL(E) : u ∈ L(E) −→ u ∈ L(E)

Soit f : L(E) −→ L(E) définie par f (u) := u3 = u ◦ u ◦ u Montrer que f est de classe C 1 sur L(E) et calculer sa différentielle. Démontrer l’in´galité : pour tout u ∈ L(E) kDf (u) − 3IkL(L(E)) ≤ 6ku − IE kL(E) + 3ku − IE k2L(E) Soit B = B(0, 13 ) ⊂ L(E) la boule ouverte de centre IE et de rayon 1/3. Montrer que 1 ∀ u ∈ B : Df (u) ∈ GL(L(E)) 3 Pour u ∈ B, on pose : g(u) = f (u) − 3u. Montrer que pour tout (u, v) ∈ B × B on a 7 kg(u) − g(v)k ≤ ku − vk 3 En déduire que f est injective sur B. Montrer que f est un difféomorphisme de B sur f (B). Exercice 5.8.13. Soit U le plan privé de l’origine et f (x, y) = (x2 − y 2 , 2xy) - Montrer que f est un difféomorphisme au voisinage de chacun des points de U mais qu’il n’est pas un difféomorphisme global. - Expliciter des ouverts V , aussi large que possible tel que f soit un difféomorphisme de V sur f (V ). 183

Exercice 5.8.14. On note Ω = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1, 0 < y < 1}. Soit Φ : Ω −→ R2 définie par Φ(x, y) = (xy, y) 0

- Montrer que φ est un difféomorphisme de Ω sur un ouvert Ω à déterminer. - Déterminer toutes les fonctions f : Ω −→ R de classe C 1 vérifiant l’équation aux dérivées partielles y

∂f ∂f −x =0 ∂x ∂y

Exercice 5.8.15. En utilisant le changement de variables u = x+y v = x−y résoudre l’équation aux dérivées partielles ∂ 2f ∂ 2f − = 2(x − y) ∂x2 ∂∂x Résoudre

∂f ∂f − =0 ∂x ∂y en utilisant le changement de variables u = x + y et v = x + ky. k

Exercice 5.8.16. Dans R3 , on considère les coordonnées cylindriques C : ]0, +∞[×] − π, π[×R −→ R3 (r, θ, z) −→ (r cos θ, r sin θ, z) Déterminer le jacobien de C an (r, θ, z). Montrer que C réalise un difféomorphisme de ]0, +∞[×] − π, π[×R sur R3 \ {(x, 0, z) : x ∈ R− , z ∈ R}. Exercice 5.8.17. Dans R3 , on considère les coordonnées sphériques S : ]0, +∞[×]0, 2π[×] − π/2, π/2[−→ R3 (r, θ, φ) −→ (r cos θ cos φ, r sin θ cos φ, r sin φ) Déterminer le jacobien de S an (r, θ, φ). Montrer que S réalise un difféomorphisme de ]0, +∞[×]0, 2π[×]−π/2, π/2[ sur R3 \ {(x, 0, z) : x ∈ R+ , z ∈ R}. 184

Exercice 5.8.18. On munit R3 de la norme euclidienne k.k. Soit f : R3 −→ B(0, 1), o` u B(0, 1) désigne la boule unité de R3 , l’application définie par x tanh(kxk) si kxk f (0) = 0

f (x) =

x 6= 0

Déterminer lim kf (x)k

kxk−→∞

Montrer que f est un difféomorphisme de classe C 1 . On note

tanh t :=

e2t − 1 e2t + 1

( tangente hyperbolique )

Exercice 5.8.19. Montrer que l’ensemble Γ = {(x, y) ∈ R2 : x2 − y 2 = 0} est le graphe d’une fonction au voisinage de tout point (x0 , y0 ) ∈ Γ \ {(0, 0)} et que (0, 0) est le seule point qui vérifie ∇F (0, 0) = (0, 0) Exercice 5.8.20. Soit f : R∗+ × R −→ R de classe C 1 et (x0 , y0 ) ∈ R∗+ × R. Soit F : R∗+ × R −→ R définie par 1 1 1 F (x, y) = y − y0 + (f (x, y) + f (x0 , y0 ) − 2 x x0 Montrer qu’au voisinage de (x0 , y0 ) : F (x, y) = 0 est équivaut à y = φ(x) o` u φ est de classe C 1 . 0 Exprimer φ à l’aide de f et ses dérivées partielles. On suppose que f (x, y) = αxy avec α > 0. Montrer que la limite lim

x−→x0

f (x, φ(x)) − f (x0 , y0 ) x − x0

existe et la calculer. Exercice 5.8.21. Soient E et F des espaces de Banach et f : F ×E −→ E une application de classe C 1 . On suppose qu’il existe k ∈]0, 1[ tel que ∀ (λ, x) ∈ F × E : kDx f (λ, x)k ≤ k 185

- Montrer que pour tout λ ∈ F il existe un unique x = x(λ) ∈ E tel que f (λ, x) = x. le but de la suite est de montrer que l’application λ ∈ F −→ x(λ) ∈ E est de classe C 1 . - Soit g : F × E −→ E définie par g(λ, x) = x − f (λ, x) Justifier que g est de classe C 1 . Montrer que pour tout (λ, x) ∈ F × E : Dx g(λ, x) : E −→ E est inversible. On fixe λ0 ∈ F et on note x0 = φ(λ0 ). Montrer qu’il existe un voisinage V de λ0 dans F et ψ : V −→ E de classe C 1 telle que ∀ λ ∈ V : f (λ, ψ(λ)) = ψ(λ) En déduire que φ est de classe C 1 et calculer sa différentielle. Application : montrer que le système 1 sin(x + y) + t − 1 2 1 1 y = cos(x − y) − t + 2 2

x =

admet pour tout t ∈ R une unique solution (x(t), y(t)) de classe C 1 en t. Montrer que x(t) = y(t) = 0 ⇐⇒ t = 1 0

0

Calculer x (1) et y (1). Exercice 5.8.22. Montrer que la relation suivante définit implicitement y en fonction de x au voisinage du point (a, b) indiqué et former le développement limité à l’ordre 3 au voisinage de a de la fonction y = φ(x).

186

ex+y + y − 1 xy 2 − sin(x + y) + y x3 + y 3 − 3xy − 1 2ex+y−1 + log(x − y) − 2x + y 3 xy − sin y + x 1 − yex + xey

= = = = = =

0 0 0 0 0 0

au au au au au au

point point point point point point

(0, 0) (1, −1) (0, 1) (1, 0) (0, 0) (0, 1)

Exercice 5.8.23. Montrer que la relation suivante définit implicitement z en fonction de (x, y) au voisinage du point (a, b, c) indiqué et former le développement limité à l’ordre 3 au voisinage de (a, b) de la fonction z = φ(x, y). x3 + y 3 + z 3 − zx − x + y − 2z + 1 = 0 en log(1 + y − z) − x − z = 0 en 2 2 2 (x + y + z ) log(x + y + z) − ex+y + 1 = 0 en

(0, 0, 1) (0, 0, 0) (0, 0, 1)

Exercice 5.8.24. Calculer les dérivées partielles premières et secondes de la fonction z = ψ(x, y) définie implicitement par log z = x + y + z − 1 en (2, −e, e). Exercice 5.8.25. Soit n un entier naturel. Montrer que ∀ x ∈ R, ∃ !y ∈ R : y 2n+1 + y − x = 0 Montrer que l’application φ : R −→ R x −→ y = φ(x) ainsi définie est de classe C 1 sur R. Pour tout x ∈ R, calculer Z x φ(t)dt 0

en fonction de n, x et φ(x). 187

Exercice 5.8.26. Soit E = M(n, R) l’espace des matrices (n, n). On note F = {M ∈ E : M t = M } le sous espace de matrices symétriques et G = {M ∈ E : M t = −M } celui des matrices anti-symétriques. On considère l’application f : G × F −→ F (A, S) −→ (S + A)(S − A) − I Montrer que f est de classe C 1 et calculer Df (A, S). Montrer que DS f (O, I) : F −→ F est un isomorphisme. Déduire de ce qui précéde qu’il existe un voisinage V de 0 dans G, un voisinage W de I dans F et une application φ : V −→ W de classe C 1 tels que : ∀ (A, S) ∈ V × W : f (A, S) = 0 ⇐⇒ S = φ(A) Calculer Dφ(0). Démontrer que E = F ⊕ G : pour toute matrice M on calculera S ∈ F et A ∈ G en fonction de M et M t tel que M = S + A. Déduire de ce qui précéde qu’il existe un voisinage U de I dans M(n, R) et une application ψ : V −→ F de classe C 1 tels que ψ(0) = I, Dψ(0) = 0 et M − Mt M − Mt ∀ M ∈ U : M M t = I ⇐⇒, M = +ψ 2 2 Exercice 5.8.27. Soit E l’ensemble des fonctions f : R −→ R de classe C 1 et 1-périodiques i.e f (x + 1) = f (x) pour tout x ∈ R. On munit E de la norme 0

kf k = max( sup |f (t)|, sup |f (t)|) t∈[0,1]

t∈[0,1]

qui en fait de E un espace de Banach. Soit g ∈ E, non constante, et F : E × R −→ R définie par Z 1 0 F (f, s) = f (t + s)g (t)dt 0 1

Montrer que F est de classe C et calculer DF (f, s). En déduire qu’au voisinage de (g, 0) l’égalité F (f, s) = 0 équivaut à s = Φ(f ) o` u Φ est de 1 classe C . 188

Chapitre

6

Extrema liés 6.1

Motivation

Dans l’espace euclidien , quelle est le parallélépipède rectangle de volume maximum qui soit contenu dans une sphère ? Dans une base orthonormé, une telle sphère a pour équation g(x, y, z) := x2 + y 2 + z 2 − R2 = 0 Si le parallélépipède rectangle a pour cotés x, y et z alors son volume est f (x, y, z) = xyz. Le problème posé se traduit par chercher inf{f (x, y, z) : g(x, y, z) = 0} C’est à dire trouver la borne inférieur de la restriction de f sur l’ensemble Σ = {(x, y, z) ∈ R3 : g(x, y, z) = 0}

6.2

Encore une motivation

Dans l’espace euclidien, quelle boite en carton parallélépidique sans couvercle de volume fixe qui consomme le moins de carton possible ? Il s’agit de déterminer les dimensions de la boite. Si les dimensions de la boite sont x, y pour la base et z pour la hauteur, alors son aire sans couvercle, est f (x, y, z) = xy +2xz +2yz et son volume V (x, y, z) = xyz. Si on pose Σ = {(x, y, z) ∈ (R+ )3 : xyz = V0 } 189

alors le problème posé se traduit par chercher min{f (x, y, z) : (x, y, z) ∈ Σ}

6.3

Formulation g´ en´ erale du probl` eme

C’est un problème du type suivant : Soit E, F deux espaces vectoriels normés et Ω un ouvert de E. On se donne f : Ω −→ R et g : Ω −→ F On cherche a` maximiser ou minimiser f (x) sous la contrainte g(x) = 0F , c’est à dire déterminer sup{f (x) : g(x) = 0F } ou inf{f (x) : g(x) = 0F } Autrement dit , il s’agit de déterminer les extrema de f |Σ o` u Σ := {x ∈ Ω : g(x) = 0} qu’on appelle extrema liés : le terme lié est relative a` la condition que l’extremum, s’il existe, doit appartenir à Σ. Si la fonction g est identiquement nulle alors Σ = Ω et on retrouve les extrema libres c’est à dire des extrema sans contraintes.

6.4

Th´ eor` eme des extrema li´ es

Th´ eor` eme 6.4.1. Soient E er F deux evn de dimension finie n et m. Soit {f1 , · · · , fm } une base de F . Soit Ω un ouvert de E et g : Ω −→ F l’application m X x ∈ Ω −→ g(x) = gi (x)fi ∈ F i=1

de classe C 1 dans un voisinage de Ω. On note : Σ := {x ∈ Ω : g(x) = 0} 190

et Vect(∇g1 (p), · · · , ∇gm (p)) le sous espace espace vectoriel de E engendré par les vecteurs {∇g1 (p), · · · , ∇gm (p)}. Soit f : Ω −→ R une fonction Fréchet différentiable en tout point de Ω. Soit p ∈ Σ ∩ Ω tel que l’application linéaire Dg(p) : E −→ F h −→ Dg(p).h est de rang m i.e surjective. Si f |Σ posséde un extremum en p alors ∇f (p) ∈ Vect(∇g1 (p), · · · , ∇gm (p)) Autrement dit : ils existent λ1 , · · · , λm ∈ R , appelés multiplicateurs de Lagrange, tels que m X ∇f (p) = λi ∇gi (p) i=1

Lorsque F est de dimension 1, le théorème prend la forme suivante : Corollaire 6.4.2. Soient Ω un ouvert d’un evn E de dimension finie et g une fonction à valeurs réelles définies sur Ω de classe C 1 au voisinage de Ω. On pose Σ := {x ∈ Ω : g(x) = 0} Soient f : Ω −→ R une fonction Fréchet différentiable en tout point de Ω et p ∈ Σ ∩ Ω tel que ∇g(p) 6= 0. Si f |Σ posséde un extremum locale en p, alors ils existent λ ∈ R tel que ∇f (p) = λ∇g(p) La preuve du théorème repose sur le théorème de fonctions implicites. On a besoin de quelques lemmes préléminaires. D´ efinition 6.4.3. Soit Σ ⊂ E une partie non vide d’un evn E et a ∈ Σ. On dit qu’un vecteur h ∈ E est tangent à Σ au point a s’il existe δ > 0 et une courbe γ :] − δ, δ[−→ E de classe C 1 telle que (i) γ(t) ∈ Σ pour tout t ∈] − δ, δ[, 0 (ii) γ(0) = a et γ (0) = h. On note Ta Σ l’ensemble des vecteurs tangents à Σ au point a. Si σ est d’intérieur non vide on a une description de Ta Σ en ces points intérieurs. 191

Lemme 6.4.4. Si Σ une partie non vide d’un evn E et a un point intérieur à Σ alors Ta Σ = E. Démonstration. En effet, on fixe une norme sur E et soit r > 0 tel que B(a, r) ⊂ Σ. Soit h ∈ E et δ > 0 tel que δ × khk < r. On a a + th ∈ Σ 0 pour tout t ∈]−δ, δ[. Si γ(t) = a+th alors γ(0) = a et γ (0) = h Exercice 6.4.5. Soit f : I −→ R dérivable sur I ⊂ R et Σ = {(x, y) ∈ R2 : y = f (x)} le graphe de f . Soit a = (x0 , f (x0 )) ∈ Σ. Montrer que 0

Ta Σ = {(h, k) ∈ R2 : k = f (x0 )(h − x0 ) + f (x0 )} qui est la droite tangente à Σ au point a. D´ efinition 6.4.6. Soient E et F des evn de dimension finie n et m. Soit Ω un ouvert de E et g : Ω −→ F de classe C 1 dans un voisinage de Ω. Soit Σ = {x ∈ Ω : g(x) = 0F } et a ∈ Σ On dit que a est un point régulier de Σ si rg(Df (a)) = m ⇐⇒ Dg(a) : E −→ F est surjective On dit que a est un point singulier de Σ si rg(Df (a)) < m ⇐⇒ Dg(a) : E −→ F n’est pas surjective Quand a ∈ Σ est régulier, on a une structure d’espace vectoriel sur Ta M . Lemme 6.4.7. Soient E et F des evn de dimension finie n et m. Soit Ω un ouvert de E et g : Ω −→ F de classe C 1 dans un voisinage de Ω. On pose Σ = {x ∈ Ω : g(x) = 0F } Si a ∈ Σ est un point régulier alors Ta Σ = Ker(Dg(a)) = {h ∈ E : Dg(a).h = 0F } Ainsi Ta Σ est un sous espace vectoriel de E de dimension Σ = n − m. Démonstration. On montre d’abord Ta Σ ⊂ ker(Dg(a)). Soit h ∈ Ta Σ et γ :] − δ, δ[−→ Σ de classe C 1 tel que γ(0) = a et 0 γ (0) = h. Par définition de Σ on a ∀ t ∈] − δ, δ[ : 192

g(γ(t)) = 0

En dérivant par rapport à t et en faisant t = 0, on obtient 0

Dg(a).h = Dg(γ(0)).γ (0) = 0 c’est à dire h ∈ ker(Dg(a)). Inversement, soit h ∈ ker(Dg(a)). On doit trouver une application de classe C 1 : γ :] − δ, δ[−→ Σ telle que

0

γ(0) = a et γ (0) = h Puisque le rang de Dg(a) est m ≤ n alors Dg(a) : E −→ F est surjective. Soit G un supplémentaire de Ker(Dg(a)) dans E : E = ker(Dg(a)) ⊕ G On identifie E a` ker(Dg(a)) × G : si x ∈ E on écrit x = (λ, u) = λ ⊕ u o` u λ ∈ ker(Dg(a)) et u ∈ G sont uniques. On note a = (λ0 , u0 ) et Σ = {(λ, u) ∈ Ω : g(λ, u) = 0} Puisque E/ker(Dg(a)) ' G et Dg(a) est surjective, alors Dg(a) |G : G −→ F est un isomorphisme. Autrement dit la différentielle partielle Du g(λ0 , u0 ) : E −→ F est un isomorphisme de G sur F . D’après le théorème de fonctions implicites, l’équation g(λ, u) = 0 définit implicitement u comme fonction de λ au voisinage de a = (λ0 , u0 ). On peut trouver un voisinage V de λ0 dans ker(Dg(a)) et une application λ −→ u = φ(λ) de classe C 1 sur V telle que φ(λ0 ) = u0 et ∀λ∈V

(λ, φ(λ)) ∈ Ω et g(λ, φ(λ)) = 0

Puisque h ∈ ker(Dg(a)) et V est un ouvert de ker(Dg(a)) , on peut choisir δ > 0 tel que ∀ t ∈] − δ, δ[ : λ0 + th ∈ V 193

On définit la courbe γ : ] − δ, δ[−→ E = ker(Dg(a)) × G t −→ γ(t) = (λ0 + th, φ(λ0 + th)) Il est clair que γ est de classe C 1 et γ(0) = (λ0 , u0 ) = a. De plus γ(t) ∈ Σ car ∀ t ∈] − δ, δ[ : g(λ0 + th, φ(λ0 + th)) = 0 0

Il nous reste à montrer que γ (0) = h. Par définition de γ on a 0

γ (0) = (h, k) = h ⊕ k 0

avec k = dφ(λ).h ∈ E. Puisque γ (0) ∈ Ta Σ on a 0

γ (0) ∈ ker(Dg(a)) Par conséquent on a k = 0 et 0

γ (0) = h ⊕ 0 = h De plus dimTa Σ = n − dim(G) = n − m car G est isomorphe par construction à Dg(a)(E) et rg(Dg(a)) = m. On a vu pour pour un extrema libre une condition nécessaire portant sur la différentielle : Df (a).h = 0 pour tout h ∈ Rn . On a la même condition pour un extrema liée a ∈ Σ sauf que Df (a) ne s’annule que sur l’espace tangent Ta Σ. Proposition 6.4.8. Soit f : Ω −→ R o` u Ω est un ouvert d’un env E de dimension finie et Σ une partie non vide de Ω. Si f |Σ posséde un extremum local en un point régulier a ∈ Σ et si f est Fréchet différentiable en a alors Df (a).h = 0 pour tout h ∈ Ta Σ Autrement dit si f |Σ posséde un extremum local en un point régulier a ∈ Σ et si f est Fréchet différentiable en a alors Df (a) |Ta Σ = 0 o` u Df (a) |Ta Σ est la restriction de l’application linéaire Df (a) : E −→ R a` l’espace vectoriel Ta Σ ⊂ Rn . La décomposition orthogonale E = Ta Σ ⊕ Ta Σ⊥ donne Df (a)(E) = Df (a)(Ta Σ⊥ ) En particulier si a est un point intérieur à Σ, i.e a est un extremum libre, alors Df (a)(E) = 0. 194

Démonstration. Soit h ∈ Ta Σ et γ :] − δ, δ[−→ E tel que γ(0) = a et 0 γ (0) = h. La fonction t ∈] − δ, δ[−→ φ(t) = f (γ(t)) est dérivable en t = 0 avec 0

0

φ (0) = Df (γ(0)).γ (0) = Df (a).h 0

et posseéde un extremum locale en t = 0 par suite φ (0) = 0 c’est à dire Df (a).h = 0,

6.5

∀ h ∈ Ta Σ

Preuve du th´ eor` eme des extrema li´ es

Démonstration. Maintenant on se dispose des ingrédients de la preuve du théorème des extrema liés. On considère l’application g : Ω −→ F m X x −→ gi (x)fi i=1

Puisque Dg(a) : E −→ F est surjective, les vecteurs gradients ∇g1 (a), · · · , ∇gm (a) sont linéairement indépendants dans E. D’après les lemmes précédents ker(Dg(a)) = Ta Σ ⊂ ker(Df (a)) autrement dit

⊥ vect(∇g1 (a), · · · , ∇gm (a)) ⊂ (∇f (a))⊥

Si A et B sont deux sous espaces vectoriels E, on a A ⊂ B =⇒ B ⊥ ⊂ A⊥ . Par conséquent ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ (∇f (a) ) = {∇f (a)} ∈ vect(∇g1 (a), · · · , ∇gm (a)) ∈ vect(∇g1 (a), · · · , ∇gm (a)) Par suite, ils existent λ1 , · · · , λm ∈ R tels que ∇f (a) =

m X i=1

195

λi ∇gi (a).

Exemple 6.5.1. Soit a, b, c trois nombres réels tels que 0 < a < b < c. Soit S l’ensemble x4 y 4 z 4 3 S = {x, y, z) ∈ R : 4 + 4 + 4 = 1} a b c 2 2 2 Soit f (x, y, z) = x + y + z . On va déterminer max{f (x, y, z) : (x, y, z) ∈ S}, min{f (x, y, z) : (x, y, z) ∈ S} Tout d’abord S = {(x, y, z) ∈ R3 : g(x, y, z) = 0} o` u g(x, y, z) = y4 x4 z4 + b4 + c4 − 1 et si (x, y, z) ∈ S on a a4 x3 y 3 33 , , ) 6= (0, 0, 0) a4 b 4 c 4 Les points critiques (x, y, z) ∈ S sont tels que les deux vecteurs ∇f (x, y, z) et ∇g(x, y, z) soient liés . C’est à dire les (x, y, z) ∈ S tels que tous les déterminants d’ordre deux formés par {∇f (x, y, z), ∇g(x, y, z)} sont nuls : ∇g(x, y, z) = 4(

y2 z2 y3z z3y − = zy − 4 = 0 b4 c4 b4 c z 3 x x3 z z 2 x2 (2) − 4 = zx 4 − 4 = 0 c4 a c a 3 3 2 xy y x x y2 (3) − 4 = xy 4 − 4 = 0 a4 b a b x4 y 4 z 4 + 4 + 4 −1 = 0 (4) a4 b c Il s’agit de trouver les points (x, y, z) vérifiant ces quatre équations. C’est équivaut à (1)

(1)

zy = 0 ou

(2)

zx = 0 ou

(3)

xy = 0 ou

y2 z2 = b4 c4 2 z x2 = c4 a4 2 x y2 = 4 a4 b

x4 y 4 z 4 + 4 + 4 =1 a4 b c 1- Si aucun des x, y, z n’est nul alors (x, y, z) vérifie le système (4)

x2 y2 z2 = = a4 b4 c4 4 4 x y z4 + 4 + 4 =1 a4 b c 196

On trouve donc 8 points (x, y, z) tels que a4 b4 c4 2 √ √ , y = , z= a4 + b 4 + c 4 a4 + b 4 + c 4 a4 + b 4 + c 4 √ et f (x, y, z) = a4 + b4 + c4 . 2- Si une seule coordonnée x, y, z est nulle, par exemple x = 0 alors les (0, y, z) solutions vérifient : 2

x =√

z2 x2 = c4 a4

x2 y2 = a4 b4

et

4

4

On trouve y 2 = √b4b +c4 et z 2 = √b4c +c4 et la valeurs de f (0, y, z) = √ b4 + c 4 . √ De même pour les points (x, 0, z) on a f (x, 0, z) = √ c4 + a4 . De même pour les ponts (x, y, 0) on a f (x, y, 0) = a4 + b4 . 3- Si deux coordonnées x, y, z sont nulles, on trouve les points : - (a, 0, 0) ou (−a, 0, 0) et f (±a, 0, 0) = a2 . - (0, a, 0) ou (0, −a, 0 et f (0, ±a, 0) = b2 . - (0, 0, a) ou (0, 0, −a) et f (0, 0, ±a) = c4 . S est compact dans R3 . En effet S ⊂ {(x, y, z) ∈ R3 : max(|x|, |y|, |z|) ≤ max(|a|, |b|, |c|)} donc S est borné et S = h−1 ({0}) est fermé car h(x, y, z) =

x4 y 4 z 4 + 4 + 4 −1 a4 b c

est continue sur R3 . Puisque S est compact et f est continue alors f atteint sur S un maximum et un minimum en ces points critiques déterminés avant. D’après les valeurs de f en√ces points critiques calculées précedement, le maximum pris par f est a4 + b4 + c4 qui est atteinte aux points ±a2 ±b2 ±c2 , , 1 1 1 (a4 + b4 + c4 ) 4 (a4 + b4 + c4 ) 4 (a4 + b4 + c4 ) 4 qui sont donc des maxima globaux. D’après le cas 3, les valeurs de f en ces points critiques calculées précedement, le minimum pris par f est a2 ( car 0 < a < b < c) qui est atteinte aux points (±a, 0, 0) qui sont donc des minima globaux. 197

6.6

Exercices

Exercice 6.6.1. ( Retour à ” motivation ” ) Dans l’espace euclidien R3 , quelle est le parallélépipède rectangle de volume maximum qui soit contenu dans la sphère SR de centre O et de rayon R ? Dans une base orthonormé, une telle sphère a pour équation g(x, y, z) := x2 + y 2 + z 2 − R2 = 0 Si le parallélépipède rectangle a pour cotés x, y et z alors son volume est f (x, y, z) = xyz. Le problème posé se traduit par chercher min{f (x, y, z) : g(x, y, z) = 0} Trouver ce parallélépipède rectangle. Exercice 6.6.2. ( Retour à ” Encore une motivation ”) On veut construire une boite en carton parallélépidique sans couvercle de volume V0 , en utilisant le moins de carton possible ? Il s’agit de déterminer les dimensions de la boite. Si les dimensions de la boite sont x, y pour la base et z pour la hauteur, alors son aire sans couvercle, est f (x, y, z) = xy +2xz +2yz et son volume V (x, y, z) = xyz. Si on pose Σ = {(x, y, z) ∈ (R+ )3 : xyz = V0 } alors le problème posé se traduit par chercher min{f (x, y, z) : (x, y, z) ∈ Σ} Trouver cette boite. Exercice 6.6.3. Sur le cercle de centre 0 et de rayon r > 0 du plan euclidien, rapporté à un repère othonormé, on considère trois points A, B et C. A quelle condition le périmètre du triangle ABC est-il maximum ? Même question pour quatre points.

198

Exercice 6.6.4. Rechercher les extrema des fonctions suivantes f (x, y) = f (x, y) f (x, y) f (x, y) f (x, y)

= = = =

f (x, y) = f (x, y, z) = f (x, y, z) =

x2 y 2 + sur x2 + y = 1 9 4 x log x + y log y sur x + y = 2 x2 y sur x + y = 1 exp(−x2 + xy − y 2 + 3y − 3) sur x + y = 1 log(x − y) sur x2 + y 2 = 2 p p √ √ e−y x + 1 + e−x y + 1 sur x+1+ y+1=4 x log x + y log y + z log z sur x + y + z = 1 x2 + 2y 2 − 4xy + 6z 2 + 12z sur z − x = 3 et x − y = 0

Exercice 6.6.5. Soit f : Rn −→ R une fonction continue telle que lim

kxk→+∞

f (x) = +∞

C’est à dire ∀A > 0, ∃ B > 0

tels que

kxk ≥ B =⇒ f (x) ≥ A

Montrer il existe au moins x ∈ Rn tel que f (z) = inf{f (x) : x ∈ Rn } Montrer que si f est convexe alors x est unique. Exercice 6.6.6. Soit m ∈ R et fm : R3 −→ R la fonction définie par fm (x, y, z) = x2 + 3y 2 + mz 2 − 1 On définit Σm = {(x, y, z) ∈ R3 : fm (x, y, z) = 0} Montrer que Σm est compact si et seulement si m > 0.( Indication : dans la cas m ≤ 0 trouver une suite (xn , yn , zn ) ∈ Σm tels que limn→∞ k(xn , yn , zn )k = +∞). Donner une condition nécessaire et suffisante sur m pour que tout point de Σm soit régulier. On suppose que m > 0. Déterminer les réels Am et Bm : An =

min

xyz

et

(x,y,z)∈Σm

199

Bm =

max (x,y,z)∈Σm

xyz

Exercice 6.6.7. Soit Q une matrice symétrique définie positive sur Rn et A : Rn −→ Rm une matrice de rang m ≤ n, b ∈ Rm et c ∈ Rn . On considère les applications f : Rn −→ R définie par f (x) =

1 < Qx, x > + < c, x > 2

et g : Rn −→ Rm définie par g(x) = Ax − b = (< v1 , x > −b1 , · · · , < vm , x > −bm ) o` u on a écrit A = (v1 , · · · , vm ) avec {vi , · · · , vm } les vecteurs lignes de A. Montrer que f et g sont de classe C 1 sur Rn et pour tout x ∈ Rn ; ∇f (x) = Qx + c ∇g(x) = At Montrer que Σ = {x ∈ Rn : g(x) = ORm } est un convexe, fermé et non bornée . Si a ∈ Σ, déterminer la dimension de Ta Σ qui est l’espace tangent à Σ au point a. Montrer que f est convexe et lim

f (x) = +∞

x∈Σ,kxk−→+∞

En déduire qu’il existe un et un seul x ∈ Σ tel que f (x) = inf{f (x) : x ∈ Σ} Conclure qu’il existe λ = (λ1 , · · · , λm ) tel que ∇f (x) = ∇g(x).λ et

Ax = b

Montrer que la matrice AQ−1 At : Rm −→ Rm est symétrique et définie positive. Montrer que x et λ = (λ1 , · · · , λm ) ,les multiplicateurs de Lagrange associé à x, s’écrivent explicitement : x = Q−1 At (AQ−1 At )−1 (AQ−1 c + b) − Q−1 c λ = −(AQ−1 At )−1 (AQ−1 c + b)

200

Exercice 6.6.8. Soit des nombres réels strictement positifs α1 , · · · , αn tels que α1 + α2 + · · · + αn = 1. Soit f : (R+ )n −→ R définie par f (x1 , · · · , xn ) = xα1 1 × xα2 2 · · · × xαnn On note + n

C = {(x1 , · · · , xn ) ∈ (R )

:

n X

αk xk = 1}

k=1

Montrer qu’il existe a = (a1 , · · · , an ) ∈ C tel que ak > 0, k = 1, 2, · · · , n

f (a) = sup f (x) et x∈C

Trouver tous les points a ∈ C tels que f (a) = supx∈C f (x). En déduire que ∀ x ∈ C : xα1 1 × xα2 2 · · · × xαnn ≤ 1 Montrer que + n

∀ x = (x1 , · · · , xn ) ∈ (R )

:

xα1 1

×

xα2 2

··· ×

xαnn

≤

n X

α k xk

k=1

Dans quelle cas a-t-on égalité ? On considère dans R3 un parallélépipède rectangle dont les côtés ont respectivement pour longueur x, y et z. On note V son volume et S sa surface. En éxprimant V et S en fonction de x, y et z et en utilisant ce qui précéde montrer que 2 S V3 ≤ . 6 Exercice 6.6.9. On munit Rn du produit scalaire usuel et de la norme euclidienne associée. Soit A = (aij ) ∈ M(n, R) une matrice symétrique i.e aij = aji pour tout i, j = 1, 2, · · · , n. Soit f : Rn −→ R définie par ∀ x ∈ Rn : f (x) =< Ax, x >. Montrer que f est de classe C ∞ . Montrer qu’il existe v ∈ Rn tel que kvk = 1 vérifiant f (v) = min{f (x) : kxk = 1} Montrer qu’il existe λ ∈ R tel que Av = λv i.e λ est une valeur propre de A. F Montrer que λ est la plus petite valeur propre de A.

201

Exercice 6.6.10. Soient p, q deux nombres réels strictement plus grands que 1 et tels que 1 1 + =1 p q ´ l’aide du Soient a1 , · · · , an et b1 , · · · , bn des réels strictement positifs. A théorème des extrema liés, on va établir l’inégalité de Hölder n X

ai b i ≤

n X

i=1

api

p1

n X 1 q q × bi

i=1

i=1

Pour cela, on considère l’ensemble + n

Σ = {(x1 , · · · , xn ) ∈ (R )

:

n X

xqi = 1}

i=1

Soit f : Rn −→ R l’application linéaire f (x1 , · · · , xn ) = Montrer que Σ est compact dans Rn . En déduire qu’il existe ζ ∈ Σ tel que f (ζ) = max

n nX

Pn

i=1

ai x i .

o ai xi : (x1 , · · · , xn ) ∈ Σ

i=1

- Montrer que tous les coordonnées de ζ sont strictement positifs : pour cela vous supposez par exemple que ζ1 = 0 et soit ζ2 > 0 par exemple ( car au moins un des ζi est strictement positif ). Puis considérer pour t ∈]0, ζ2 [, le point de Σ : 1

x(t) = (t, (ζ2q − tq ) q , ζ3 , · · · , ζn ) et puis montrer, à l’aide du développement limité, que pour t proche de 0 f (x(t)) > f (ζ) Ce qui contredit ζ est un maximum de f sur Σ. Montrer qu’il existe λ ∈ R tel que a1 a2 ··· an

= = = =

λqζ1q−1 λqζ2q−1 ··· λqζnq−1

202

Montrer que n X

f (ζ) =

api

p1

i=1

Cela signifie que ∀ x = (x1 , · · · , xn ) ∈ Σ :

n X

ai x i ≤

n X

i=1

api

p1

i=1

En considérant le point x=

b1

bn

P 1 ,··· , P 1 ( ni=1 api ) p ( ni=1 api ) p

∈Σ

on a finalement l’inégalité de Hölder n X

ai b i ≤

i=1

n X

api

p1

i=1

×

n X 1q bqi i=1

Exercice 6.6.11. Soient a1 , a2 , · · · , an des réels strictement positifs tels que n X ai = 1 1=1

Montrer que n Y

ai (1 − ai ) ≤

1=1

(n − 1)n n2n

Exercice 6.6.12. On munit Rn du produite scalaire usuel et de la norme associée k.k. Soit a ∈ Rn \ {0} fixé et r ∈ R. Soit Σr l’hyperplan Σr = {x ∈ Rn : < a, x >= r} On se donne v ∈ Rn et on se propose de déterminer la projection orthogonale v r de v sur Σr . - Déterminer explicitement v r à l’aide de l’observation suivante : v r est solution du problème des extrema liés 1 min{ kx − vk2 : x ∈ Σr } 2 - On pose d(r) := 21 kv r − vk2 . Vérifier d est une fonction dérivable de r 0 et que sa dérivée d (r) est, au signe près, le multiplicateur de Lagrange. 203

Exercice 6.6.13. Soient a1 , · · · , an des nombres réels non nuls. On considère l’ellipsoide plein de Rn défini par n

E := {x = (x1 , · · · , xn ) ∈ R

:

n X u2 i

i=1

a2i

≤ 1}

Soit x 6∈ E et x sa projection sur E. Montrer que x est solution du problème de minimisation min{ku − xk2 : u ∈ E} Montrer que min{ku − xk2 : u ∈ E} ⇐⇒ min{ku − xk2 : u ∈ Fr(E)} o` u n

Fr(E) = {x = (x1 , · · · , xn ) ∈ R

:

n X u2 i

i=1

a2i

= 1}

est la frontière de E ( l’ellipsoide creux ). Montrer que a2 x a2n xn 1 1 x= 2 ,··· , 2 a1 + λ an + λ o` u λ > 0 est la seule solution de l’équation en λ : n X a2i xi =1 a2 + λ i=1 i

Exercice 6.6.14. Soit s1 , · · · , sk des nombres réels positifs tels que s = s1 + · · · + sk > 0. Soit f : Rk −→ R définie par f (p1 , · · · , pk ) =

k Y

psi i = ps11 × ps22 × · · · × pskk

i=1

On veut déterminer max{log f (p1 , · · · , pk ) : (p1 , · · · , pk ) ∈ Λk } o` u Λk est le simplexe de Rk définie par Λk = {(p1 , · · · , pk ) ∈ R

k

| ∀ i : pi ≥ 0 et

k X i=1

204

pi = 1}

Montrer que Λk est un compact. En déduire qu’il existe p ∈ Λk tel que log f (p) = max log f Λ

avec pi > 0 pour tout i = 1, 1, · · · , k. Soit h, g : (R∗+ )k −→ R définies par h(p1 , · · · , pk ) = log f (p1 , · · · , pk ) =

k X

si log pi

i=1

et g(p1 , · · · , pk ) =

k X

pi − 1

i=1

Vérifier que h(p) = max{h(p) : p ∈ Σ} o` u Σ = {p ∈ (R∗+ )k : g(p) = 0}. Montrer qu’il existe λ ∈ R tel que si = λ pour tout pi

i = 1, 2, · · · , k

En déduire max{

k X

si log pi : pi ≥ 0 et

i=1

et max{

k X

pi = 1} =

i=1 k Y i=1

psi i

: pi ≥ 0 et

k X

pi = 1} = s

i=1

k X

si log

i=1

−s

k Y

si s

ssi i

i=1

Exercice 6.6.15. Soient a1 , · · · , an des réels strictement positifs. On définit leur moyenne arithmétique par a1 + · · · + an n et leur moyenne géométrique par n√ a1 a2 · · · an En utilisant le théorème des extrema liés à des fonctions bien choisies, démontrer √ a1 + · · · + an ∀ (a1 , · · · , an ) ∈ (R∗+ )n : n a1 a2 · · · an ≤ n Indication : s’inspirer de l’exercice précedent 7.7.11. 205

Exercice 6.6.16. On identifie une matrice A ∈ M(n, R) et l’endomorphisme canoniquement associée. La base canonique de Rn est notée (ej )1≤j≤n , le produit scalaire et la norme associée k.k. On note par CofA la matrice des cofacteurs de A. Montrer que la différentielle de l’application dét : M(n, R) −→ R en A ∈ GL(n, R) est donnée par t D(dét)(A).H = trace Cof(A) ◦ H Soit K=

n \

{A ∈ M(n, R) : kA(ei k = 1}

i=1

Montrer que K est un compact de M(n, R). En déduire qu’il existe l > 0 tel que l = sup{dét(A) : A ∈ K} On pose L = {A ∈ K : dét(A) = l}. En utilisant le théorème des extrema liées, montrer que L = SOn (R)

et

l=1

o` u SO(n, R) = {A ∈ GL(n, R) : At A = In , dét(A) = 1} est le groupe spéciale linéaire. En déduire l’inégalité de Hadamard : ∀ A ∈ GL(n, R) : |dét(A)| ≤

n Y i=1

Pour quelles A a-t-on l’égalité ?

206

kA(ei )k

Polycopie Fonctions de Plusieurs Variables

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