Université de Cergy-Pontoise 2008-2009 S6 Calcul différentiel
Correction de l’examen final Première session
Durée 3h00
Exercice 1 :
(3pts)Soit u: E −→ F une application linéaire bijective entre deux espaces vecto- riels normés.
1)Les application étant linéaires, on sait que u et u−1 son continues si et seule- ment il existe deux constantes β >0 etγ >0 telles que
∀x∈E,ku(x)kF ≤βkxkE,
∀y∈F,ku−1(y)kE ≤γkykF,
Or puisque u est bijective la dernière inégalité peut s’écrire en posant y=u(x),
∀x∈E,kxk ≤γku(x)kF. En posant α= 1
γ, on obtient le résultat voulu.
2) On suppose que u est un isomorphisme et que F est un espace de Banach.
On souhaite montrer queE est aussi un espace de Banach (i.e que tout suite de Cauchy de E converge dansE).
On se donne donc une suite (xn) une suite de Cauchy de E (on va montrer qu’elle converge). En utilisant la question 1), on sait qu’il existe une constanteβ telle que pour tout x∈ E, ku(x)k ≤ βkxk. On pose alors (yn) = (u(xn))qui est une suite de F. On vérifie que pour tout n et m, kyn−ymk = ku(xn−xm)k ≤ βkxn −xmk. Puisque l’on sait que (xn) est une suite de cauchy, on en déduit que(yn)est une suite de cauchy de F. On a supposé que F est un Banach, donc (yn) converge vers une limite y de F. Enfin on sait que u−1 est continue, donc (u−1(yn)) = (xn) converge vers u−1(y). On vient bien de montrer que tout suite de cauchy deE converge, donc E est un espace de Banach.
Ce n’est pas la peine de faire la réciproque car il suffit d’échanger le r^ole de E et F en utilisant v =u−1 qui est aussi un isomorphisme.
Exercice 2 :
(7pts)1) Une simple identification des coefficients d’un polyn^ome nous donne après développement
a0 =x1.x2.x3,
a1 =x1.x2+x2.x3+x3.x1, a2 =x1+x2+x3.
2) Par les théorèmes généraux, f est clairement de classe C1 sur R3 (et m^eme C∞). Le calcul de sa matrice jacobienne donne
Jf(x1, x2, x3) =
x2.x3 x1.x3 x1.x2 x2+x3 x1+x3 x1+x2
1 1 1
.
Par définition (la matrice jacobienneJf(x1, x2, x3)étant la matrice dedf(x1, x2, x3) exprimée dans la base canonique), on a donc
df(x).h = Jf(x1, x2, x3).
h1 h2
h3
=
x2.x3.h1+x1.x3.h2+x1.x2.h3 (x2+x3).h1+ (x1+x3).h2+ (x1+x2).h3
h1+h2+h3
.
Soit U ={(x1, x2, x3), i6=j ⇒xi 6=xj}.
3) Le complémentaire de U est la réunion des trois domaine suivantes P1 = {(x1, x2, x3), x2 =x3},P2 ={(x1, x2, x3), x1 =x3}etP3 ={(x1, x2, x3), x1 =x2}.
On reconnait trois plans deR3 qui sont trois fermés. Leur réunion (qui est finie) est encore un fermé et U est donc un ouvert.
Soit (x1, x2, x3) ∈ R3 fixé. L’application df(x1, x2, x3) est une application li- néaire deR3dans lui m^eme etJf(x1, x2, x3)est sa matrice dans la base canonique.
C’est un isomorphisme si et seulement son déterminant det(Jf(x1, x2, x3)) 6= 0.
Pour expliciter au mieux les cas d’annulation, on intéret à chercher à factoriser le plus possible.
En soustrayant par exemple les deux premières colonnes par la troisième, on obtient
x2.x3 x1.x3 x1.x2 x2+x3 x1+x3 x1+x2
1 1 1
=
x2.(x3−x1) x1.(x3−x2) x1.x2 x3−x1 x3−x2 x1+x2
0 0 1
En développant par rapport à la dernière ligne on obtient ( en utilisant la linéarité par rapport à chaque colonne)
det(Jf(x1, x2, x3)) = (x3−x1)(x3−x2).
x2 x1
1 1
= (x3−x1)(x3−x2).(x2−x1) On en déduit immédiatement le résultat voulu.
4)On munitR3[X]de la normek.k donnée par le maximum de la valeur absolue des coefficients. Soit P(X) = a3X3 +a2X2 +a1X +a0 ∈ R3[X] un polyn^ome ayant trois racines distinctes (on akPk=Max |a3|,|a2|,|a1|,|a0|
).
a) Soit Q(X) =b3X3+b2X2+b1X+b0 ∈R3[X]. On a bien s^ur que Q est de degré trois si et seulement sib3 6= 0. Or par définition kP −Qk ≥ |a3−b3|, donc sikP −Qk< η3 alors a3−η3 < b3 < a3+η3. On cherche une condition qui nous
assure queb3 6= 0, on voit qu’il suffit de choisir η3 =|a3| par exemple (ou encore η3 = a3
2 ).
b) Par définition pour tout Q(X) = b3X3+b2X2 +b1X +b0, ϕ(Q) = X3+ b2
b3X2+b1
b3X+b0
b3. Vue que l’on travaille avec la norme associée aux coefficients, il est claire que l’on peut représenter l’application ϕ par l’application qui va de R4 dansR4 qui au quadruplet (b3, b2, b1, b0)(où b3 6= 0puisqueQ∈B(P, η3)), as- socie le quadruplet
1,b2
b3,b1 b3,b0
b3
qui est clairement continue par les théorèmes généraux.
c) Soit(x1, x2, x3)le triplet de racines deP. On a par hypothèse que(x1, x2, x3)∈ U. En appliquant le théorème d’inversion locale à la fonctionf qui est de classeC1 au voisinage du point(x1, x2, x3)oùdf(x1, x2, x3)est un isomorphisme, on en dé- duit qu’il existe un voisinageV de(x1, x2, x3)etW un voisinage def(x1, x2, x3) = (aa0
3,aa1
3,aa2
3) tel que f réalise une bijection entre V et W (et m^eme un difféomor- phisme). On en déduit que si un polyn^ome unitaire a ses coefficients assez proches de(aa0
3,aa1
3,aa2
3)alors ses racines sont dansU. Ce qui revient à dire qu’il existeη >0 tel que pour toutQ∈B(P, η3), si kϕ(P)−ϕ(Q)k< η alors ϕ(Q) a trois racines réelles distinctes.
d) On a vu que ϕ était continu. Donc il existe η0 > 0 tel que si kP −Qk< η0 alors kϕ(P)−ϕ(Q)k < η. Et donc par la question précédente, si kP −Qk< η0, alors Qa trois racines réelles distinctes.
Problème
Dans tout le problème, on note E = C0([−1,1]) et F = C0([0,1]×[−1,1]).
Ces deux espaces sont munis de la norme uniforme et on rappelle que ce sont alors des espaces de Banach.
Partie I :
Soient g ∈ F et f0 ∈ E. On s’intéresse aux fonctions de F, f : (t, x) 7→ f(t, x) dérivables par rapport à leur première variable solutions de
(P Lg,f0)
( ∂f
∂t(t, x)− 1
2cos(g(t, x)).f(t, x) = 0, ∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1], f(0, x) =f0(x), ∀x∈[−1,1]
1)Existence et unicité des solutions.
On définit pour tout(t, x)∈[0,1]×[−1,1], γ(t, x) =
Z t 0
cos(g(s, x))ds
Pour tout x fixé, on a une équation différentielle linéaire du premier ordre du type y0 = ay. Or on sait que si A est une primitive qui s’annule en t0 alors la fonction définie pary(t) =k0eA(t) est l’unique solution qui vérifiey(t0) =k0. On en déduit immédiatement le résultat par définition de γ, à savoir :
f ∈E est solution de (P Lg,f0)si et seulement si
∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1], f(t, x) =f0(x).e12γ(t,x).
2)Deux résultats techniques.
a) Soit f ∈F une fonction vérifiant
∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1], f(t, x) =f0(x) + 1 2
Z t 0
cos(g(s, x))f(s, x)ds.
Alors pour toutx fixé, en dérivant par rapport à t on a bien
∂f
∂t(t, x)− 1
2cos(g(t, x)).f(t, x) = 0,∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1].
De plus f(0, x) =f0(x)donc f est solution de (P Lg,f0).
Réciproquement, sif est solution de (P Lg,f0), alors pour tout (t, x), Z t
0
∂f
∂t(t, x)− 1 2
Z t 0
cos(g(s, x))f(s, x)ds= 0
Or Z t
0
∂f
∂t(t, x) =f(t, x)−f(0, x) et comme f(0, x) =f0(x), f vérifie bien
∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1], f(t, x) =f0(x) + 1 2
Z t 0
cos(g(s, x))f(s, x)ds.
On vient de démontrer l’équivalence demandée.
b)Soient h etϕ deux fonctions deF telles que
∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1], h(t, x) = 1 2
Z t 0
cos(g(s, x))h(s, x)ds+ϕ(t, x).
alors pour tout(t, x)∈[0,1]×[−1,1],
|h(t, x)| ≤ 1 2
Z t 0
cos(g(s, x))h(s, x)ds
+|ϕ(t, x)| ( par inégalité triangulaire),
≤ 1 2
Z t 0
|cos(g(s, x))h(s, x)|ds+|ϕ(t, x)| ( par propriété des intégrales),
≤ 1 2
Z t 0
khk∞ds+|ϕ(t, x)| ( car |cosθ| ≤1, ∀θ ∈R),
≤ 1
2khk∞+|ϕ(t, x)| ( car t ∈[0,1]),
≤ 1
2khk∞+kϕk∞.
Ceci étant vrai pour tout(t, x) on a donc khk∞≤ 1
2khk∞+kϕk∞. Et donckhk∞ ≤2kϕk∞.
3)Soient f˜etϕ deux fonctions deF telles que f˜(t, x) =h0(x) + 1
2 Z t
0
cos(g(s, x)) ˜f(s, x)ds+ϕ(t, x).
Soit f la solution de (P Lg,h0) alors d’après le 2)a), f vérifie
∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1], f(t, x) =h0(x) + 1 2
Z t 0
cos(g(s, x))f(s, x)ds.
On en déduit en posant h=f−f˜que
∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1], h(t, x) = 1 2
Z t 0
cos(g(s, x))h(s, x)ds−ϕ(t, x).
En appliquant alors le résultat du 2)b),h vérifie donc khk∞ ≤2k −ϕk∞, soit le résultat voulu
kf −fk˜ ∞ ≤2kϕk∞. Partie II
Pour f0 ∈E, on s’intéresse aux fonctions de F,f : (t, x)7→f(t, x)dérivables par rapport à leur première variable telles que
(Pf0) ( ∂f
∂t(t, x)−1
2sin(f(t, x)) = 0, ∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1], f(0, x) = f0(x), ∀x∈[−1,1]
1)La méthode et les calculs sont exactement les m^emes qu’à la question 2)a) de la partie précédente.
Si on suppose quef ∈F vérifie
∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1], f(t, x) =f0(x) + 1 2
Z t 0
sin(f(s, x))ds,
alors en dérivant par rapport àtou en appliquant cette relation pour t= 0, il est immédiat quef est solution de (Pf0).
Réciproquement, si f est solution alors en intégrant par rapport à t, on obtient de m^eme le résultat souhaité.
2)Existence et unicité.
Soit ψ la fonction de F dans F qui à toute fonction f ∈ F associe la fonction définie sur[0,1]×[−1,1] par
ψ(f) : (t, x)7→f0(x) + 1 2
Z t 0
sin(f(s, x))ds.
a) Dans cette question f0 est fixé et ψ est une fonction de F dans F. On considère f1 et f2 deux fonctions de F et on étudie ψ(f1)−ψ(f2). Pour tout (t, x)∈[0,1]×[−1,1],
|ψ(f1)(t, x)−ψ(f2)(t, x)| = 1 2
Z t 0
sin(f1(s, x))−sin(f2(s, x))ds ,
≤ 1 2
Z t 0
|sin(f1(s, x))−sin(f2(s, x))|ds.
Or pour tous réelsaetb,|sin(a)−sin(b)| ≤ |a−b|(on peut par exemple retrouver ce résultat très classique, en notant que la dérivée de sin est majorée par 1 en valeur absolue et appliquer le théorème des accroissements finis). On en déduit que
|ψ(f1)(t, x)−ψ(f2)(t, x)| ≤ 1 2
Z t 0
|f1(s, x)−f2(s, x)|ds,
≤ 1
2kf1−f2k∞( car t∈[0,1]).
On en déduit quekψ(f1)−ψ(f2)k∞≤ 1
2kf1−f2k∞et doncψ est 12-lipschitzienne.
b) On sait que F est un espace de Banach. On vient de montrer que ψ est contractante. Elle admet donc un unique point fixe. Or on a montré à la question 1) que f est solution si et seulement si f est un point fixe de ψ. On en déduit l’existence et l’unicité des solutions àPf0.
Remarque : au lieu d’utiliser une méthode de point fixe ce que l’on vient de faire avec les questions a) et b), on aurait pu directement utiliser un théorème de Cauchy-Lipshitz pour les équations du typey0(t) =F(t, y), avec l’application de F : [0,1]×E →E, où E est bien un espace de Banach, qui à tout couple (t, y) associe F(t, y) = −1
2sin(y) (attention ici y : (t, x) 7→ y(t, x) est vue comme une fonction continue dépendant uniquement det définie de[0,1]dans E). Il suffisait alors de montrer que F était k-lipshitzienne sur E (on retrouvait k = 1
2 mais pour utiliser le théorème de Cauchy-Lipshitz, il n’était alors pas important que k <1).
On définit alors Φ l’application de E dans F qui à toute fonction f0 associe la solution dansF du problème (Pf0).
3)Lipschitzianité de Φ.
Soientf0 etg0deux fonctions deE. Pour simplifier les notations, on poseΦ(f0) = f etΦ(g0) = g.
a) En utilisant la question 1), par définition f est solution de (Pf0) et g est solution de(Pg0)et donc
∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1], f(t, x) =f0(x) + 1 2
Z t 0
sin(f(s, x))ds,
∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1], g(t, x) = g0(x) + 1 2
Z t 0
sin(g(s, x))ds,
On en déduit immédiatement que pour tout(t, x)∈[0,1]×[−1,1],
|f(t, x)−g(t, x)| ≤ kf0−g0k∞+1 2
Z t 0
sin(f(s, x))−sin(g(s, x)) ds
.
b) En utilisant de nouveau l’inégalité pour tous réelsa etb, |sin(a)−sin(b)| ≤
|a−b|, on en déduit que
|f(t, x)−g(t, x)| ≤ kf0−g0k∞+ 1 2
Z t 0
|(f(s, x))−g(s, x)|ds,
≤ kf0−g0k∞+ 1
2kf −gk∞( car t ∈[0,1]).
On obtient donc quekf −gk∞≤ 2kf0 −g0k et doncΦ est 2-lipshitzienne.
3)Différentiabilité de Φ.
Soient f0 et h0 deux fonctions deE.
a) On pouvait faire une rédaction qui manque juste un peu de rigueur en écrivant un DL de sinus à l’ordre 1
sin(y)− sin(x) + cos(x)(y−x)
=o(|x−y|).
Pour fair une démonstration totalement rigoureuse, on écrit une inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 2
sin(y)− sin(x) + cos(x)(y−x) ≤ 1
2(x−y)2. On en déduit immédiatement que
ksin(Φ(f0+h0))−sin(Φ(f0))−cos(Φ(f0)) Φ(f0+h0)−Φ(f0) k∞
≤ 1
2kΦ(f0+h0)−Φ(f0)k2∞,
En utilisant la question précédente, on a kΦ(f0 +h0)−Φ(f0)k∞ ≤ 2kh0k∞ et donc
ksin(Φ(f0+h0))−sin(Φ(f0))−cos(Φ(f0)) Φ(f0 +h0)−Φ(f0)
k∞ ≤2kh0k2∞, On en déduit le résultat attendu.
b) En utilisant de nouveau la question 1), on sait que
∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1],Φ(f0+h0)(t, x) = f0(x)+h0(x)+1 2
Z t 0
sin(Φ(f0+h0)(s, x))ds,
et
∀(t, x)∈[0,1]×[−1,1],Φ(f0)(t, x) =f0(x) + 1 2
Z t 0
sin(Φ(f0)(s, x))ds.
En soustrayant ces deux égalités, on a donc Φ(f0+h0)−Φ(f0)
(t, x) =h0(x)+1 2
Z t 0
(sin(Φ(f0+h0)(s, x))−sin(Φ(f0)(s, x)))ds
Si on pose alors
ϕ(t, x) = 1 2
Z t 0
(sin(Φ(f0+h0)(s, x))−sin(Φ(f0)(s, x)))ds
−1 2
Z t 0
cos(Φ(f0)). Φ(f0+h0)−Φ(f0)
(s, x)ds,
alors
Φ(f0+h0)−Φ(f0)
(t, x) =h0(x)+1 2
Z t 0
cos(Φ(f0)). Φ(f0+h0)−Φ(f0)
(s, x)ds+ϕ(t, x).
et en utilisant la question précédente, puisque kϕk∞≤ 1
2ksin(Φ(f0+h0))−sin(Φ(f0))−cos(Φ(f0)) Φ(f0+h0)−Φ(f0) k∞,
on a kϕk∞= 0(kh0k∞).
c) En posant f˜= Φ(f0+h0)−Φ(f0) etg = Φ(f0), on constate que l’égalité Φ(f0+h0)−Φ(f0)
(t, x) =h0(x)+1 2
Z t 0
cos(Φ(f0)). Φ(f0+h0)−Φ(f0)
(s, x)ds+ϕ(t, x),
peut s’écrire
f˜(t, x) =h0(x) + 1 2
Z t 0
cos(g(s, x)) ˜f(s, x)ds+ϕ(t, x).
En appliquant la dernière question de la partie I on a donc pour touth0 ∈E, la fonctionT(h0)∈F solution du problème (P Lg,h0) vérifie
kf˜−T(h0)k∞≤2kϕk∞, soit par construction deϕ,
kΦ(f0+h0)−Φ(f0)−T(h0)k∞=o(kh0k)
d) En utilisant la question 1)a) de la partie I, on a donc en posant γ(t, x) = Z t
0
cos(g(s, x))ds avec g = Φ(f0),
T(h0)(t, x) = h0(x).e12γ(t,x).
Pour f0 fixé, l’application T ainsi définie de E dans F est clairement linéaire (par rapport à h0). Il est immédiat que kT(h0)k∞ ≤ ke12γk∞.kh0k∞ et donc T est continue. Le résultat de la question précédente nous donne donc que Φ est différentiable en tout point f0 ∈ E, dΦ(f0) = T. Plus précisément on a pour f0 fixé, dΦ(f0) est l’application linéaire de E dans F qui à toute fonction h0 de E associe dΦ(f0).h0, la fonction deF suivante
dΦ(f0).h0 : [0,1]×[−1,1] −→ R
(t, x) 7−→ h0(x).exp
1 2
Z t 0
cos(Φ(f0)(s, x)ds
