Aix–Marseille Universit ´e -
Math ´ematiques – L3
Calcul diff ´erentiel et optimisation DEVOIR MAISON
Correction du Devoir
LA CLARTE ET LA QUALIT´ E DE LA R´ EDACTION SERONT PRISES EN COMPTE DANS´
L’ ´EVALUATION.
Exercice 1 On consid `ere les fonctionsf: R2 −→R3etg: R3 −→Rd ´efinies par
f(x, y) = (sin(xy), y, xexp(xy)), g(u, v, w) = uv2w.
1) Justifiez soigneusement que f, g et g ◦f sont d ´erivables sur leur en- semble de d ´epart.
On v ´erifie tout d’abord que f est bien d ´efinie sur tout R2. Pour montrer que la fonctionf est diff ´erentiable, il suffit de v ´erifier que c’est le cas de chacune de ses composantes.
La premi `ere composante est la compos ´ee de la fonction sinus qui est connue comme ´etant diff ´erentiable et de la fonction bilin ´eaire(x, y)7→xy qui est donc aussi diff ´erentiable. On en d ´eduit donc que(x, y)7→sin(xy) est diff ´erentiable.
La seconde composante est lin ´eaire, donc diff ´erentiable aussi.
La troisi `eme composante s’obtient en composant l’exponentielle, diff ´erentiable, avec l’application bilin ´eaire(x, y) 7→ xy, difff ´erentiable aussi et en multi- pliant le tout par l’application lin ´eaire(x, y)7→ x. Donc la troisi `eme com- posante est aussi diff ´erentiable.
Du coup, les trois composantes sont diff ´erentiables, doncf est diff ´erentiable.
La fonctiong est polynomiale, donc bien d ´efinie et diff ´erentiable sur tout R3.
Enfin, la fonction(g◦f)est bien d ´eifinie carf(R2)⊂R3, et diff ´erentiable comme compos ´ee de deux fonctions diff ´erentiables.
2) Calculez explicitementg◦f.
On a, par d ´efinition de la composition,
(g◦f)(x, y) =g[f(x, y)] =g(sin(xy), y, xexp(xy)) =xy2sin(xy)exy.
3) En utilisant l’expression trouv ´ee en 2), calculez les d ´eriv ´ees partielles de g◦f.
L’applicationg◦f ´etant diff ´erentiable, on peut calculer ses d ´eriv ´ees par- tielles en utilisant les formules de d ´erivation. On obtient
∂
∂x(g◦f)(x, y) = y2sin(xy)exy+xy3cos(xy)exy+xy3sin(xy)exy
= y2exy(sin(xy) +xycos(xy) +xysin(xy))
et
∂
∂y(g◦f)(x, y) = 2xysin(xy)exy +x2y2cos(xy)exy +x2y2sin(xy)exy
= xyexy(2 sin(xy) +xycos(xy) +xysin(xy))
4) D ´eterminez les matrices jacobiennesJf(x, y)et Jg(u, v, w)def et de g.
Les matrices jacobiennes sont les matrices des diff ´erentielles dans les bases canoniques : on obtient
Jf(x, y) =
ycos(xy) xcos(xy)
0 1
(1 +xy)exy x2exy
et Jg(u, v, w) =
v2w 2uvw uv2
5) Retrouvez le r ´esultat du 3) en utilisant un produit appropri ´e de matrices jacobiennes.
On doit avoirJg◦f(x, y) = Jg(f(x, y))×Jf(x, y). Or
Jg(f(x, y)) =
xy2exy 2xysin(xy)exy y2sin(xy)
et, d’apr `es la question 3)
Jg◦f(x, y) =
y2exy(sin(xy) +xycos(xy) +xysin(xy)) xyexy(2 sin(xy) +xycos(xy) +xysin(xy))
Or, on trouve
Jg(f(x, y))Jf(x, y) = (xy2exyycos(xy) +y2sin(xy)(1 +xy)exy xy2exyxcos(xy)
+2xysin(xy)exy + y2sin(xy)x2exy)
= Jg◦f(x, y).
Exercice 2 Soitf :R2 →Rd ´efinie par
f(x, y) =
|xy|3/2
x2+y2, (x, y)6= (0,0), 0, (x, y) = (0,0).
1) Montrez quef est diff ´erentiable en tout point deR2\{(0,0)}.
Tout d’abord, l’application(x, y)7→x2+y2 est polynomiale et ne s’an- nule qu’en(0,0), donc (x, y)7→1/(x2+y2)est bien diff ´erentiable sur R2\ {(0,0}.
L’application (x, y) 7→ |xy|3/2 est la compos ´ee de l’application bi- lin ´eaire (x, y) 7→ xy qui est diff ´erentiable et de l’application d’une variable r ´eelle t 7→ |t|3/2. Rappelons que si α est un r ´eel non entier (et non nul), alors la fonction t 7→ tα n’est d ´efinie que sur [0,∞[, et diff ´erentiable sur]0,+∞[.
Reprenons l’ ´etude la d ´erivabilit ´e deu : t 7→ |t|3/2. La valeur absolue est d ´erivable sur R\ {0}, donc u est d ´erivable sur R\ {0}. Reste `a
´etudier la d ´erivabilit ´e en0:
limt→0
u(t)−u(0)
t = lim
t→0
|t|3/2
t = lim
t→0|t|1/2|t|
t = 0.
Donc u d ´erivable sur tout R et f est le produit de deux fonctions diff ´erentiables surR2\ {(0,0)}, donc diff ´erentiable.
2) Montrez que les d ´eriv ´ees directionnelles fv0(0,0) existent pour tout v ∈R2.
Siv ∈R2, on s’int ´eresse au taux d’accroissement
Ttf = f(tv)−f(0)
t .
Si v = 0, alors Ttf = 0 pour tout t, donc f00(0,0) = 0. C’est un fait g ´en ´eral. Ecrivons maintenantv = (a, b), avec(a, b)6= (0,0). On a
Ttf = 1 t
|tatb|3/2
(ta)2 + (tb)2 = (t2)3/2 t3
|ab|3/2 a2+b2 . Or,(t2)1/2 =|t|donc
Ttf = |t|
t
|ab|3/2 a2+b2.
Notons quet(6= 0) 7→ |t|/t n’a pas de limite en0puisque cette fonc- tion change de signe avec t. Du coup, la limite de Ttf quand t tend vers0n’existe que si l’autre facteur est nul, soit siaoubest nul : on a
donc l’existence des d ´eriv ´ees partielles qui valent toutes deux0. Les autres d ´eriv ´ees directionnelles ne sont pas d ´efinies.
Si jamais on s’int ´eresse aux d ´eriv ´ees directionnellesau sens de Dini, c’est- `a-dire `a la limite suivante, quand elle existe,
fvDini(0,0) = lim
t→0+Ttf alors on trouve
fvDini(0,0) = |ab|3/2
a2+b2 =f(v). 3) f est-elle continue en(0,0)?
En partant de(|x| − |y|)2 ≥0, on obtient|xy| ≤2|xy| ≤x2+y2 donc
|f(x, y)|= |xy|3/2
x2+y2 ≤ (x2+y2)3/2
x2+y2 ≤(x2+y2)1/2 donc lim
(x,y)→0f(x, y) = 0 =f(0,0)etf est continue en 0.
Une autre m ´ethode consiste `a passer en polaire. Dans ce cas, il ne faut pas oublier de montrer que les facteurs trigonom ´etriques sont born ´es : si on ´ecritx=rcost ety=rsint, alors
|f(x, y)|= r3|costsint|3/2 r2 ≤r . 4) f est-elle diff ´erentiable en(0,0)?
Sif ´etait diff ´erentiable, alors toutes les d ´eriv ´ees directionnelles exis- teraient, ce qui n’est pas le cas. Si on a calcul ´e les d ´eriv ´ees direc- tionnelles au sens de Dini, alors l’application v 7→ fvDini(0,0) de- vrait ˆetre lin ´eaire, ce qui n’est pas le cas (pour v = (1,1), on a f−vDini(0,0)6=−fvDini(0,0)).
Dans les deux cas, on conclut quef n’est pas diff ´erentiable en0.
Exercice 3 Soitr >0, on noteB¯ ={x∈Rd:kxk ≤r},B ={x∈Rd :kxk< r}
etS ={x∈Rd:kxk=r}les boules et la sph `ere de rayonrdeRd.k.kd ´esigne la norme euclidienne deRdet la norme induite surL(Rd,R)
f : ¯B →Rcontinue surB¯et diff ´erentiable surB. On suppose qu’il existe >0 tel qu’on ait
∀x∈S,|f(x)| ≤. (0.1)
On veut en d ´eduire qu’il existex0 ∈B tel qu’on ait
kDx0fk ≤
r. (0.2)
1. Si = 0etd= 1, quel r ´esultat bien connu retrouve-t-on ? V ´erifiez que sa d ´emonstration s’ ´etend `a d > 1(toujours pour = 0). Aurait-on pu d ´eduire ce r ´esultat du cas >0?
On retrouve le th ´eor `eme de Rolle.
V ´erifions que sa d ´emonstration s’ ´etend `ad >1. Soitf continue surB¯ et diff ´erentiable surB, telle quef|S = 0.
CommeB¯ est compacte (car ferm ´ee et born ´ee), f atteint ses bornes.
Soientx1 etx2 des points o `u elle atteint respectivement son minimum et son maximum.
Si l’un des points x1 ou x2 appartient `a B, alors Df s’annule en ce point. Sinon,x1 etx2 sont dansS, et alors
minf =f(x1) = 0 =f(x2) = maxf,
doncf est constante et sa diff ´erentielle est nulle en tout point de B.
2. Montrez que le r ´esultat est optimal, au sens o `u on ne peut pas donner de meilleure majoration de kDx0fk que /r. (On pourra chercher un exemple en dimension 1.)
On prend f : ¯B = [−r;r] → R d ´efinie par f(x) = rx et on remarque quef est bien continue surB¯ et diff ´erentiable surB comme restriction d’une application lin ´eaire. On v ´erifie ensuite que |f(x)| = pour x ∈ S = {−r, r} et que pour tout x ∈ B, Dxf : h 7→ rh a pour norme r, donc la majoration (0.2) ne peut pas ˆetre am ´elior ´ee.
On introduit la fonctiong : ¯B →Rd ´efinie par
g(x) = kxk2
r2 −f(x)2
2 (0.3)
3. Montrez queg est diff ´erentiable surB.
La fonction x 7→ kxk2 est diff ´erentiable sur B (Attention, c’est faux pourx 7→ kxket il s’agit ici de la norme euclidienne) comme fonction polynomiale,f2 l’est surB comme produit de fonctions diff ´erentiables, doncg l’est comme combinaison lin ´eaire de fonctions diff ´erentiables.
4. Montrez quegest born ´ee et atteint ses bornes. On posem= minx∈B¯g(x).
La fonction g est continue comme combinaison lin ´eaire et produit de fonctions continues etB¯ est compacte comme ferm ´ee born ´ee, doncf est born ´ee et atteint ses bornes.
5. V ´erifiez quem≤0.
Par d ´efinition dem, on am≤g(0) =−f2(0)2 ≤0.
6. Dans cette question, on suppose quem = 0. En d ´eduire quef(0) = 0 et une majoration sur|f(x)|d’o `u on d ´eduira que x0 = 0v ´erifie (0.2).
Par d ´efinitions de m etg, on a pour tout x ∈ B,¯ 0 = m ≤ kxkr22 − f(x)22, d’o `u|f(x)| ≤ rkxk. En particulier, pour x= 0, on trouvef(0) = 0.
Pour touth∈Rd, on a
kD0f(h)k=
lim
t→0+
1
t (f(0 +th)−f(0))
= lim
t→0+
1 tf(th)
≤ rkhk,
d’o `ukD0fk ≤ r.
7. Dans cette question, on suppose que m < 0. Montrez que tout point x0 tel queg(x0) =m est dansB et v ´erifie(0.2).
Six /∈B, alorsx∈S donckxk=ret|f(x)| ≤, d’o `u
g(x) = 1− f2(x)
2 ≥0> m, ce qui prouvex0 ∈B.
Commeg est diff ´erentiable en x0, on en d ´eduit Dx0g = 0, c’est- `a-dire que pour touth∈Rdon a
Dx0g(h) = 2< x0, h >
r2 − 2f(x0)Dx0f(h)
2 = 0
d’o `u, avec l’in ´egalit ´e de Cauchy-Schwarz, on d ´eduit
|f(x0)||Dx0f(h)|=
< x0, h > 2 r2
≤ 2
r2kx0kkhk. (0.4) Commeg(x0) = m <0, on a|f(x0)|>kx0kr >0, et |f(xkx0k
0)| < r donc on peut diviser (0.4) par|f(x0)|et on trouve
|Dx0f(h)| ≤ 2 r2
kx0k
|f(x0)|khk ≤ rkhk, ce qui prouve (0.2).