1 r2 ∂2g ∂θ2(r, θ)

(1)

SEMAINE 19

FONCTIONS de PLUSIEURS VARIABLES EXERCICE 1 :

1.Soitα∈IR₊. Résoudre, dans IR^∗₊, l’équation différentielle

(Eα) : r²u⁰⁰(r) +r u⁰(r)−α²u(r) = 0 (on pourra chercher des solutions de la formeu(r) =r^m, avecm∈IR).

Soitf : C→C de classeC² (considérée comme fonction de deux variables réelles).

On dit quef estharmoniquelorsque sonlaplacien∆f est nul, soit ∂²f

∂x² +∂²f

∂y² = 0.

On rappelle l’expression du laplacien en coordonn´ees polaires : en posantg(r, θ) =f(re^iθ), on a, pourr >0,

∆f(re^iθ) = ∂²g

∂r²(r, θ) +1 r

∂g

∂r(r, θ) + 1 r²

∂²g

∂θ²(r, θ).

2. Soit f : C → C, de classe C², harmonique. Montrer qu’il existe des coefficients (an)n∈IN et (bn)n∈IN^∗, complexes, tels que

∀z∈C f(z) =

+∞

X

n=0

anzⁿ+

+∞

X

n=1

bnzⁿ.

3.Montrer que toute fonction harmonique born´ee sur C est constante.

4.En déduire le théorème de d’Alembert-Gauss.

Source : article d’ Éric VAN DER OORD, Fonctions harmoniques dans IR², RMS (Revue de Mathématiques Spéciales), janvier 1995

- - - -

1.On sait que l’ensemble des solutions de (Eα) sur IR^∗₊est un plan vectoriel. La fonctionr7→r^m est solution de (Eα) si et seulement sim²−α²= 0, d’o`u la discussion :

• siα >0, on a trouvé deux solutions linéairement indépendantes, donc (E_α) ⇐⇒ u(r) =A r^α+B r^−α, (A, B)∈C².

• siα= 0, (E0) ⇐⇒ r u⁰⁰(r) +u⁰(r) = 0 ⇐⇒ u⁰(r) = A

r ⇐⇒ u(r) =A lnr+B.

(Eα) est une ´equation d’Euler ; on peut aussi la r´esoudre surIR^∗₊ en utilisant le changement de variable r=e^t.

2. Pour n ∈ Zet r ∈ IR₊, posons c_n(r) = 1 2π

Z 2π 0

f(reîθ)e^−inθ dθ. Le nombre c_n(r) est le n-ième coefficient de Fourier de la fonction gr:θ7→g(r, θ) =f(r eîθ).

Comme f est harmonique, on a (le caractère C² de la fonction g sur IR×[0,2π] permet de dériver sous le signe intégrale), pourr >0 :

r²c⁰⁰_n(r) +r c⁰_n(r) = r² 2π

Z 2π 0

∂²g

∂r²(r, θ) +1 r

∂g

∂r(r, θ)

e^−inθdθ

= − 1 2π

Z 2π 0

∂²g

∂θ²(r, θ)e^−inθdθ

= − 1 2π

Z 2π 0

g_r⁰⁰(θ)e^−inθdθ=n²cn(r) (en int´egrant deux fois par parties).

(2)

Pour toutn∈Z, la fonctioncn, de classeC² sur IR+, vérifie l’équation différentielle (En) sur IR^∗₊. Comme elle est bornée au voisinage de zéro, on a







c₀(r) = a₀ (constante) cn(r) = anrⁿ pourn∈IN^∗ c_−n(r) = bnrⁿ pourn∈IN^∗

.

Pour tout r ∈ IR+, la fonction gr, 2π-p´eriodique et de classe C², est somme de sa s´erie de Fourier, donc

f(r e^iθ) =g(r, θ) =a₀+

+∞

X

n=1

a_nrⁿe^inθ+

+∞

X

n=1

b_nrⁿe^−inθ,

soit

f(z) =

+∞

X

n=0

anzⁿ+

+∞

X

n=1

bnzⁿ .

3.Si|f(z)| ≤M sur C, alors, de la d´efinition desc_n(r), on d´eduit |cn(r)| ≤M pour toutr∈IR₊ et toutn∈Z. Pour toutn∈IN^∗, on a ainsi

∀r∈IR^∗₊ |an| ≤ M

rⁿ et |bn| ≤ M rⁿ . Comme lim

r→+∞

M

rⁿ = 0, on d´eduit an=bn = 0 pour toutn∈IN^∗, doncf est constante.

4. SoitP ∈C[X] un polynˆome. Alors la fonction polynomialeP : C →C est harmonique. En effet,

∂

∂x(zⁿ) = ∂

∂x (x+iy)ⁿ

=n(x+iy)ⁿ⁻¹=n zⁿ⁻¹ et ∂

∂y(zⁿ) =in zⁿ⁻¹, donc

∆(zⁿ) = ∂²

∂x²(zⁿ) + ∂²

∂y²(zⁿ) =n(n−1)zⁿ⁻²−n(n−1)zⁿ⁻²= 0, donc ∆P = 0.

Supposons queP n’admette pas de racine dans C. Alors la fonction 1

P est harmonique sur C.

En effet,

∂

∂x 1

P

=− 1 P²

∂P

∂x , puis ∂²

∂x² 1

P

= 2 P³

∂P

∂x ²

− 1 P²

∂²P

∂x² et

∆ 1

P

= 2 P³

"∂P

∂x ²

+ ∂P

∂y ²#

− 1 P² ∆P . Or, ∆P = 0 et le calcul fait ci-dessus montre que ∂P

∂x = P⁰(z) et ∂P

∂y =iP⁰(z), donc ∂P

∂x ²

+ ∂P

∂y ²

= 0.

(3)

Si P n’a pas de z´ero, la fonction 1

P est harmonique et born´ee sur C (car lim

|z|→+∞

1

|P(z)| = 0), donc est constante, etP est un polynˆome constant.

EXERCICE 2 : Solution (int´egrale de Poisson) du probl`eme de Dirichlet

On identifiera C à IR².U est le cercle unité,D le disque unité ouvert,D le disque unité fermé.

Si Ω est un ouvert de IR², une fonctionf : Ω→IR est diteharmoniquesi elle est de classeC² sur Ω et de laplacien nul, c’est-`a-dire

∆f =∂²f

∂x² +∂²f

∂y² = 0. Pour toutt∈IR etr∈[0,1[, on pose

Pr(t) =

+∞

X

n=−∞

r^|n|e^int.

Soitf :U →IR une application continue.

Montrer qu’il existe une unique application F :D →IR, continue surD, harmonique surD et co¨ıncidant avecf surU. On v´erifiera, pour r <1 etθ∈IR, la relation

F(r e^iθ) = 1 2π

Z π

−π

Pr(θ−t)f(e^it) dt . (*)

- - - -

• Pourr∈[0,1[ ett∈IR, calculons P_r(t) =

+∞

X

n=−∞

r^|n|e^int= 1

1−r e^it + r e^−it

1−r e^−it = 1−r² 1−2r cost+r² . La famille de fonctions 1

2πP_r

, appeléenoyau de Poisson, est une approximation de l’unité 2π-périodique lorsquer→1⁻ (cf. semaine 13, exercice 4), c’est-à-dire que

. les fonctionsPr sont `a valeurs positives ou nulles ; . pour toutr ∈ [0,1[,

Z π

−π

Pr(t) dt =

+∞

X

n=−∞

r^|n|

Z π

−π

e^intdt = 2π car la s´erie de fonctions converge normalement sur [−π, π] ;

.pour toutα∈]0, π[, la famille de fonctions (Pr) converge uniform´ement vers la fonction nulle sur [−π,−α]∪[α, π] lorsquer→1⁻. Sur ces intervalles, on a effectivement

0≤Pr(t)≤ 1−r²

1−2r cosα+r² , et lim

r→1⁻

1−r²

1−2r cosα+r² = 0.

• Considérons la fonction F0 : D → IR définie par F0 = f sur U et, si z = reîθ ∈ D, alors F0(z) = 1

2π Z π

−π

Pr(θ−t)f(e^it) dt.

(4)

•La fonctionF0est continue en tout point deU : en effet, soitz0=e^iθ⁰∈ U. Sir <1 etθ∈IR, posons

δ=F0(r e^iθ)−F0(z0) =F0(r e^iθ)−f(z0) = 1 2π

Z π

−π

Pr(θ−t)

f(e^it)−f(e^iθ⁰) dt . Soitε >0, commef est continue surU, il existeη >0 tel que

|θ0−t| ≤η=⇒ |f(e^it)−f(e^iθ⁰)| ≤ ε 2 .

Alors, le nombreδci-dessus étant défini par une intégrale sur [−π, π] ou sur [θ0−π, θ0+π],

|δ| ≤ ε 4π

Z

|θ0−t|≤η

Pr(θ−t) dt+2kfk_∞ 2π

Z

|θ0−t|≥η

Pr(θ−t) dt

≤ ε

2 +kfk_∞ π

Z

|θ0−t|≥η

Pr(θ−t) dt .

Or, si|θ−θ₀| ≤ η

2, on a |θ₀−t| ≥η=⇒ |θ−t| ≥ |θ₀−t|−|θ−θ₀| ≥η

2, donc P_r(θ−t)

converge uniform´ement vers 0 lorsquer→1⁻ pour |θ₀−t| ≥η, et lim

r→1⁻

Z

|θ₀−t|≥η

P_r(θ−t) dt= 0.

On peut donc trouver r₀<1 tel que r0≤r <1 =⇒

Z

|θ0−t|≥η

Pr(θ−t) dt≤ π kfk_∞

ε 2 ,

et on a ainsi |δ| ≤ ε d`es que







|θ−θ₀| ≤ η 2 r₀≤ r < 1

. Cela prouve que, pour tout z0 ∈ U, on a lim

z→z0,|z|<1F0(z) =f(z0) =F0(z0). La continuit´e de f sur U ach`eve de prouver que F0 est continue surU.

• La fonctionF0est harmonique sur D: siz=r e^iθ ∈D, on a F₀(z) = 1

2π Z π

−π +∞

X

n=−∞

r^|n|e^in(θ−t)f(e^it)

! dt

= 1

2π

+∞

X

n=−∞

Z π

−π

e^−intf(e^it) dt

r^|n|e^inθ

= 1

2π

+∞

X

n=−∞

c_nr^|n|e^inθ= 1 2π

+∞

X

n=0

c_nzⁿ+

+∞

X

n=1

c_−nzⁿ

! ,

lescnétant les coefficients de Fourier de la fonction 2π-périodiquet7→f(eît) (l’interversion série-intégrale est justifiée par la convergence normale de la série de fonctions sur [−π, π]).

La fonction F0 est donc somme de deux séries entières (en z et en z respectivement) de rayon de convergence au moins égal à 1 car|cn| ≤2πkfk_∞, ce qui permet de dériver terme à terme dansDpar rapport à chacune des deux variablesxety(pour employer des arguments plus conformes au programme, on peut vérifier que

(5)

∂^k+l

∂x^k∂y^l(zⁿ) =







i^l n!

(n−k−l)!z^n−k−l si k+l≤n 0 si k+l > n et un calcul semblable pour ∂^k+l

∂x^k∂y^l (zⁿ), ce qui entraˆıne la convergence normale sur tout compact de D de toutes les séries dérivées, donc F₀ est de classe C^∞ sur D et on peut dériver terme à terme). En particulier,

∂²

∂x²(zⁿ) = ∂²

∂x² (x+iy)ⁿ

=n(n−1)(x+iy)ⁿ⁻²=n(n−1)zⁿ⁻²=−∂²

∂y²(zⁿ) et ∂²

∂x²(zⁿ) =n(n−1)zⁿ⁻²=−∂²

∂y²(zⁿ), donc ∆F₀= 0 :F₀est harmonique surD.

• La fonction F0 est l’unique solution du problème posé (appeléproblème de Dirichlet) : il suffit pour cela de montrer que, si une fonctiong:D→IR est continue surD, harmonique surD et nulle surU, alorsg= 0.

Soit donc g : D → IR vérifiant ces hypothèses, et soit ε > 0. Pour tout z ∈ D, posons g_ε(z) =g(z) +εx² =g(z) +ε Re(z)². On a alors ∆g_ε = 2ε > 0 sur D, la fonction g_ε ne peut alors admettre de maximum local en aucun point de D (en un tel point, les dérivées secondes partielles deg_ε seraient nécessairement négatives ou nulles, donc ∆g_ε≤0, ce qui est contradictoire). Commegεatteint un maximum sur le compactD, celui est atteint en un point de U, d’où∀z∈D gε(z)≤εet, a fortiori,∀z ∈D g(z)≤ε. Ceci étant vrai pour tout ε >0, on ag(z)≤0 surD. Le même raisonnement appliqué à −g donne finalement g= 0 surD.

EXERCICE 3 :

SoitE un espace euclidien. SoitF un ferm´e non vide deE. Pour toutx∈E, on pose f(x) =d(x, F).

1.Montrer que

∀x∈E ∃y∈F f(x) =kx−yk.

2.Soitxun point deE\F. On suppose quef est diff´erentiable au point x.

Montrer que le pointyde la question1.est unique (on essaiera d’exprimer le vecteurgradf(x)

`

a l’aide dexet y).

- - - - 1.Soitx∈E. L’application g:

(F → IR₊

y 7→ ky−xk est 1-lipschitzienne, donc continue surF. Soit d=d(x, F). Alors d= inf

F g= inf

K g, o`uK est le compactF∩B(x, d+ 1), donc cette borne est atteinte.

(6)

2. L’applicationf est 1-lipschitzienne : en effet, soientx1 etx2 deux points deE\F, soienty1

et y2 dansF tels que f(x1) =kx1−y1k etf(x2) =kx2−y2k. On a alors f(x1)−f(x2) =kx1−y1k − kx2−y2k ≤ kx1−y2k − kx2−y2k ≤ kx1−x2k et la mˆeme majoration pourf(x2)−f(x1).

Il en résulte que, en tout pointxoùf est différentiable, on akgradf(x)k ≤1. En effet, posons u= gradf(x). On a, pour tout h∈E,

df(x)(h) = (u|h) = lim

t→0⁺

f(x+th)−f(x)

t ,

|(u|u)|=kuk²≤ kuk, d’o`ukuk ≤1.

Soitx∈E\F, soity∈F tel quef(x) =d(x, F) =kx−yk. Alors, pour tout pointzdu segment [x, y], on a f(z) = d(z, F) =kz−yk : en effet, posons z = x+t(y−x) = (1−t)x+ty avec t ∈ [0,1] ; alors ky −xk = ky−zk+kz−xk, donc f(z) = d(z, F) ≤ kz−yk = f(x)−kz−xk, soitf(x)−f(z)≥ kz−xkmais,fétant 1-lipschitzienne, c’est une égalité, donc f(z) =kz−yk=f(x)− kz−xk.

Soit x ∈ E \ F un point où f est supposée différentiable, soit y un point de F tel que d(x, F) =ky−xk, soitu= gradf(x). Avech=−→

xy=y−x, on a

∀t∈[0,1] f(x+th)−f(x) =−kt hk=−tky−xk

car le point x+th appartient au segment [x, y]. Donc, en faisant tendre h vers 0⁺, on obtient df(x)(h) = (u|h) = (u|y−x) =−ky−xk, ou encore (u|x−y) =kx−yk ce qui, avec kuk ≤ 1 et x−y 6= 0, entraˆıne que kuk = 1, puis que les vecteurs u et x−y sont positivement liés (égalité dans Cauchy-Schwarz), donc

u= gradf(x) = x−y

kx−yk =x−y f(x) .

En particulier, cela détermine entièrement le pointy, d’où l’unicité de ce dernier.

EXERCICE 4 :

L’espace E = Mn(IR) est muni d’une norme d’algèbre, c’est-à-dire une norme telle que kABk ≤ kAk kBk pour toutes matrices A et B (considérer par exemple la norme subordonnée à une quelconque norme surIRⁿ).

1. SoitA ∈ E telle que kAk < 1. Montrer que la matrice I−A est inversible, et donner une expression de (I−A)⁻¹.

2.En d´eduire queU = GLn(IR) est un ouvert deE.

3. On notef l’applicationM 7→ M⁻¹ de U dans U. Montrer que f est diff´erentiable sur U et exprimer df(M) pourM ∈U.

Source : Fran¸cois ROUVI ÈRE, Petit guide de calcul différentiel, Éditions Cassini, ISBN 2-84225- 008-7

(7)

- - - -

1. De kA^kk ≤ kAk^k, on déduit que la série de terme général A^k est absolument convergente (X

k

kA^kk converge), donc convergente puisque E, de dimension finie, est complet. Pour tout n∈IN, on a l’identit´e

(I−A)·

n

X

k=0

A^k =I−Aⁿ⁺¹.

En passant à la limite (continuité de l’application bilinéaire(A, B)7→AB), on obtient (I−A)·

+∞

X

k=0

A^k=I ,

doncI−Aest inversible et (I−A)⁻¹=

+∞

X

k=0

A^k.

2. On vient de prouver que U = GLn(IR) contient la boule ouverte de centreI et de rayon 1.

Plus généralement, soit A une matrice inversible ; alors A+H = A I−(−A⁻¹H) est inversible dès que kA⁻¹Hk < 1 et cette condition est réalisée dès que kHk < 1

kA⁻¹k. Si A∈U, alorsU contient la boule ouverte de centreAet de rayon 1

kA⁻¹k. L’ensembleU est donc un ouvert deE.

3.Etudions d’abord le cas´ M =I. SiH est une matrice telle quekHk<1, alors f(I+H) = (I+H)⁻¹=I−H+

+∞

X

k=2

(−1)^kH^k .

Or,

+∞

X

k=2

(−1)^kH^k

≤

+∞

X

k=2

kHk^k = kHk²

1− kHk =O(kHk²) lorsque kHk tend vers zéro. On a doncf(I+H) = I−H+o(kHk), ce qui signifie que la fonctionf est différentiable au pointI avec df(I)(H) =−H, c’est-à-dire df(I) =−idE.

SoitM ∈U quelconque. On a, pour toutH tel que kHk< 1 kM⁻¹k, f(M+H) = (M+H)⁻¹= M(I+M⁻¹H)⁻¹

= (I+M⁻¹H)⁻¹M⁻¹

= I−M⁻¹H+o(kHk)

M⁻¹=f(M)−M⁻¹HM⁻¹+o(kHk), doncf est diff´erentiable au point M avec

∀H ∈E df(M)(H) =−M⁻¹HM⁻¹.

(8)

EXERCICE 5 :

SoitU un ouvert convexe de IRⁿ. Une applicationf :U →IR est diteconvexesi

∀(x, y)∈U² ∀t∈[0,1] f (1−t)x+ty

≤(1−t)f(x) +t f(y). 1.On suppose f diff´erentiable surU. Montrer quef est convexe si et seulement si

∀(x, y)∈U² f(y)−f(x)≥df(x)(y−x). (*) 2. On suppose f de classe C² sur U. Montrer que f est convexe si et seulement si, pour tout

pointxdeU, la matricehessienneH(x) = ∂²f

∂xi∂xj

(x)

est positive.

Source : Fran¸cois ROUVI ÈRE, Petit guide de calcul différentiel, Éditions Cassini, ISBN 2-84225- 008-7

- - - - 1.Supposonsf convexe. Soientx∈U,y∈U. Pour toutt∈[0,1], posons

ψ(t) = (1−t)f(x) +t f(y)−f (1−t)x+ty .

Par hypothèse, on aψ(t)≥0 pour toutt∈[0,1]. Commeψ(0) = 0 et que la fonctionψest dérivable sur [0,1], on en déduit queψ⁰(0)≥0. En tout point t∈[0,1], on a

ψ⁰(t) =f(y)−f(x)−df (1−t)x+ty

(y−x), doncψ⁰(0) =f(y)−f(x)−df(x)(y−x)≥0, ce qu’il fallait d´emontrer.

Réciproquement, supposons (*) vérifiée. Fixons (x, y) ∈ U² et considérons l’application ϕ: [0,1]→IR définie par

∀t∈[0,1] ϕ(t) =f (1−t)x+ty

=f x+t(y−x) . Il suffit de montrer queϕest convexe car

∀t∈[0,1] f (1−t)x+ty

≤(1−t)f(x) +t f(y) ⇐⇒ ϕ(t)≤(1−t)ϕ(0) +t ϕ(1). Nous allons montrer pour cela queϕ⁰ est croissante. L’applicationϕest d´erivable sur [0,1]

avec ϕ⁰(t) = df x+t(y −x)

(y−x). Si 0 ≤ t1 < t2 ≤ 1, l’inégalité (*) appliquée à z1=x+t1(y−x) et z2=x+t2(y−x) donne

f x+t₂(y−x)

−f x+t₁(y−x)

≥df x+t₁(y−x)

(t₂−t₁)(y−x)

; f x+t1(y−x)

−f x+t2(y−x)

≥df x+t2(y−x)

(t1−t2)(y−x) . En ajoutant membre `a membre, on obtient

(t2−t1)h

df x+t2(y−x)

(y−x)−df x+t1(y−x)

(y−x)i

≥0,

soitϕ⁰(t2)≥ϕ⁰(t1). Ainsi,ϕest d´erivable etϕ⁰ est croissante sur [0,1], doncϕest convexe, ce qu’il fallait d´emontrer.

2. Sif est de classe C² alors, pour tout (x, y)∈U²fix´e, l’applicationϕutilis´ee ci-dessus est de classeC²et

(9)

ϕ⁰(t) = df x+t(y−x)

(y−x) =

n

X

i=1

(yi−xi) ∂f

∂x_i x+t(y−x)

;

ϕ⁰⁰(t) =

n

X

i=1 n

X

j=1

(yi−xi)(yj−xj) ∂²f

∂xj∂xi

x+t(y−x)

= ^t(Y −X)·H x+t(y−x)

·(Y −X).

Si la matrice hessienneH (qui est symétrique d’après le théorème de Schwarz) est positive en tout point, alors ϕ⁰⁰(t)≥0, doncϕest convexe, doncf est convexe (cf. question1.).

Si f est convexe surU alors, pour tout couple (x, y)∈U²donné, l’applicationϕest convexe, donc notamment ϕ⁰⁰(0) ≥ 0, donc ^t(Y −X)·H(x)·(Y −X) ≥0. Ceci étant vrai pour toutY (ouy) de U, la matrice symétriqueH(x) est positive (l’ensemble U étant ouvert, le vecteur −→

xy=Y −X peut prendre toutes les directions dans l’espace).