Inversion locale et extrema liés : corrigé des exercices de maths en L3.

Corrigé de l’exercice 1 : Homéomorphisme ou difféomorphisme

1. La fonction \(f\) est continue et strictement croissante, de limites \(\pm\infty\) en \(\pm\infty\). C’est donc une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\). Sa réciproque \(y \mapsto \mathrm{signe}(y)|y|^{1/3}\) est continue : \(f\) est un homéomorphisme. Supposons maintenant \(f^{-1}\) dérivable en \(0\). En dérivant \(f^{-1} \circ f = \mathrm{id}\) en \(0\), on obtient \((f^{-1})^{\prime}(0) \times f^{\prime}(0) = 1\). Or \(f^{\prime}(0) = 0\), ce qui est absurde. Donc \(f\) est un homéomorphisme mais pas un \(C^1\)-difféomorphisme.
2. La fonction \(g\) est \(C^\infty\) et \(g^{\prime}(x) = 1 + 3x^2 \geq\, 1 > 0\). Ainsi, \(g\) est strictement croissante, continue, de limites \(\pm\infty\) : c’est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\). Comme \(g^{\prime}\) ne s’annule pas, le théorème d’inversion globale s’applique. De plus, \(g(1) = 2\), donc \((g^{-1})^{\prime}(2) = \frac{1}{g^{\prime}(1)}\). Ainsi \((g^{-1})^{\prime}(2) = \frac{1}{4}\).
3. L’application \(h\) est polynomiale, donc \(C^\infty\). Résolvons \(h(x,y) = (u,v)\) : on trouve \(y = v\), puis \(x = u – v^3\). Donc \(h\) est bijective, et sa réciproque est polynomiale, donc \(C^\infty\). On remarque aussi que le jacobien vaut \(\det\begin{pmatrix} 1 3y^2 \\ 0 1 \end{pmatrix} = 1\). Par conséquent \(h\) est un \(C^\infty\)-difféomorphisme, et \(h^{-1}(u,v) = (u – v^3, v)\).

Point de méthode : une bijection lisse dont la dérivée s’annule n’est jamais un difféomorphisme ; c’est la règle de dérivation de la composée qui le montre.

Corrigé de l’exercice 2 : Coordonnées polaires

1. Les composantes sont des produits de fonctions \(C^\infty\), donc \(\Phi\) est \(C^\infty\). Sa matrice jacobienne vaut \(\begin{pmatrix} \cos\theta -r\sin\theta \\ \sin\theta r\cos\theta \end{pmatrix}\). Le jacobien vaut \(r\cos^2\theta + r\sin^2\theta = r > 0\).
2. D’abord, supposons \(\Phi(r,\theta) = \Phi(r^{\prime},\theta^{\prime})\). En prenant la norme, \(r = r^{\prime}\). Ensuite, \(\cos\theta = \cos\theta^{\prime}\) et \(\sin\theta = \sin\theta^{\prime}\), donc \(\theta – \theta^{\prime} \in 2\pi\mathbb{Z}\). Or \(|\theta – \theta^{\prime}| < 2\pi\), d’où \(\theta = \theta^{\prime}\). Pour l’image, si \(\Phi(r,\theta) \in \mathbb{R}_- \times \{0\}\), alors \(\sin\theta = 0\), donc \(\theta = 0\) et \(x = r > 0\) : c’est impossible. Réciproquement, soit \((x,y) \in D\). Il est non nul, donc \(r = \sqrt{x^2+y^2} > 0\). Le vecteur \((x/r, y/r)\) est unitaire et possède un argument \(\theta \in ]-\pi,\pi]\). Enfin, \(\theta = \pi\) donnerait \((x,y) = (-r,0)\), qui est exclu. Donc \(\Phi\) est injective et \(\Phi(\Omega) = D\).
3. L’application \(\Phi\) est \(C^\infty\), injective, de jacobien non nul sur l’ouvert \(\Omega\). Par le théorème d’inversion globale, \(\Phi\) est un \(C^\infty\)-difféomorphisme de \(\Omega\) sur \(D\).
4. On a \(\Phi(1, \frac{\pi}{2}) = (0,1)\) et \(D\Phi(1,\frac{\pi}{2}) = \begin{pmatrix} 0 -1 \\ 1 0 \end{pmatrix}\). Or \(D(\Phi^{-1})(0,1) = D\Phi(1,\frac{\pi}{2})^{-1}\). La jacobienne de \(\Phi^{-1}\) en \((0,1)\) vaut \(\begin{pmatrix} 0 1 \\ -1 0 \end{pmatrix}\) : \(\partial_x r = 0\), \(\partial_y r = 1\), \(\partial_x\theta = -1\), \(\partial_y\theta = 0\).
5. D’une part, \(\partial_x r = x/r\) et \(\partial_y r = y/r\), soit \(0\) et \(1\) en \((0,1)\). D’autre part, pour \(y > 0\), \(\sqrt{1 – x^2/r^2} = y/r\). La dérivée de \(\arccos\) donne alors \(\partial_x\theta = -\frac{r}{y} \cdot \frac{y^2}{r^3} = -\frac{y}{r^2}\) et \(\partial_y\theta = -\frac{r}{y} \cdot (-\frac{xy}{r^3}) = \frac{x}{r^2}\). En \((0,1)\), on retrouve \(\partial_x\theta = -1\) et \(\partial_y\theta = 0\).

Corrigé de l’exercice 3 : L’exponentielle complexe vue dans le plan

1. La jacobienne vaut \(\begin{pmatrix} e^x\cos y -e^x\sin y \\ e^x\sin y e^x\cos y \end{pmatrix}\). Son déterminant est \(e^{2x} > 0\), donc \(Df(x,y)\) est toujours inversible.
2. On a \(f(x, y + 2\pi) = f(x,y)\) : \(f\) n’est pas injective. Ensuite, \(\|f(x,y)\| = e^x > 0\), donc l’image évite l’origine. Réciproquement, tout \((u,v) \neq (0,0)\) s’écrit \(\rho(\cos\alpha, \sin\alpha)\) avec \(\rho > 0\). Il suffit alors de prendre \(x = \ln\rho\) et \(y = \alpha\). Ainsi \(f(\mathbb{R}^2) = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}\).
3. On remarque que \(f(x,y) = \Phi(e^x, y)\), où \(\Phi\) est l’application polaire de l’exercice 2. Or \((x,y) \mapsto (e^x, y)\) est un \(C^\infty\)-difféomorphisme de \(\mathbb{R} \times ]-\pi,\pi[\) sur \(\Omega\), de réciproque \((r,\theta) \mapsto (\ln r, \theta)\). Par composition, la restriction de \(f\) est un \(C^\infty\)-difféomorphisme sur \(\mathbb{R}^2 \setminus (\mathbb{R}_- \times \{0\})\).
4. On a \(f(0,0) = (1,0)\) et \(Df(0,0) = I_2\). La différentielle de la réciproque en \((1,0)\) est donc \(I_2\).

Corrigé de l’exercice 4 : Le carré complexe et son point critique

1. La jacobienne vaut \(\begin{pmatrix} 2x -2y \\ 2y 2x \end{pmatrix}\), de déterminant \(4(x^2 + y^2)\). Le théorème d’inversion locale s’applique en tout point sauf l’origine.
2. On a \(f(-x,-y) = f(x,y)\). Or tout voisinage de \((0,0)\) contient une boule, donc un point \(u \neq 0\) et son opposé \(-u \neq u\). Ainsi \(f\) n’est injective sur aucun voisinage de l’origine.
3. On a \(f(1,1) = (0,2)\) et \(Df(1,1) = \begin{pmatrix} 2 -2 \\ 2 2 \end{pmatrix}\), de déterminant \(8\). Par la formule de l’inverse d’une matrice \(2 \times 2\) : \(Dg(0,2) = \dfrac{1}{8}\begin{pmatrix} 2 2 \\ -2 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/4 1/4 \\ -1/4 1/4 \end{pmatrix}\).
4. On identifie \(\mathbb{R}^2\) à \(\mathbb{C}\) : \(f(z) = z^2\). D’abord, le jacobien ne s’annule pas sur \(P\). Ensuite, si \(z^2 = w^2\) avec \(z, w \in P\), alors \(z = \pm w\). Or \(z = -w\) donnerait \(\mathrm{Re}\,z = -\mathrm{Re}\,w < 0\) : donc \(z = w\). Enfin, \(P\) est l’ensemble des \(\rho e^{i\alpha}\) avec \(\rho > 0\) et \(\alpha \in ]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[\). Leurs carrés \(\rho^2 e^{2i\alpha}\) décrivent exactement les complexes non nuls d’argument dans \(]-\pi,\pi[\). Par inversion globale, \(f\) est un \(C^\infty\)-difféomorphisme de \(P\) sur \(\mathbb{R}^2 \setminus (\mathbb{R}_- \times \{0\})\).

Corrigé de l’exercice 5 : Perturbation lipschitzienne de l’identité

1. On a \(g(x,y) = (\frac{1}{2}\sin y, \frac{1}{2}\sin x)\). Par l’inégalité des accroissements finis, \(|\sin y – \sin y^{\prime}| \leq\, |y – y^{\prime}|\). Donc chaque composante de \(g(u) – g(v)\) est majorée par \(\frac{1}{2}\|u – v\|_\infty\). Ainsi \(g\) est \(\frac{1}{2}\)-lipschitzienne.
2. On écrit \(f(u) – f(v) = (u – v) + (g(u) – g(v))\). Par l’inégalité triangulaire, \(\|f(u) – f(v)\|_\infty \geq\, \|u – v\|_\infty – \frac{1}{2}\|u – v\|_\infty\). Donc \(\|f(u) – f(v)\|_\infty \geq\, \frac{1}{2}\|u – v\|_\infty\), et \(f\) est injective.
3. On a \(f(u) = w\) si et seulement si \(u = w – g(u)\). L’application \(T : u \mapsto w – g(u)\) est \(\frac{1}{2}\)-lipschitzienne sur \(\mathbb{R}^2\), qui est complet. Par le théorème du point fixe de Banach, \(T\) a un point fixe : \(w\) a un antécédent, et \(f\) est surjective.
4. La jacobienne vaut \(\begin{pmatrix} 1 \frac{1}{2}\cos y \\ \frac{1}{2}\cos x 1 \end{pmatrix}\), de déterminant \(1 – \frac{1}{4}\cos x\cos y \geq\, \frac{3}{4}\). En outre, \(f\) est \(C^\infty\) et bijective. Par le théorème d’inversion globale, \(f\) est un \(C^\infty\)-difféomorphisme de \(\mathbb{R}^2\).
5. D’abord, \(Dg(x)h = \lim_{t \to 0} \frac{g(x + th) – g(x)}{t}\), donc \(\|Dg(x)\| \leq\, k\). Ensuite, si \((I + Dg(x))h = 0\), alors \(\|h\| = \|Dg(x)h\| \leq\, k\|h\|\), d’où \(h = 0\) : \(D(\mathrm{id} + g)(x)\) est inversible. Comme aux questions 2 et 3, on obtient \(\|f(u) – f(v)\| \geq\, (1-k)\|u – v\|\) et la surjectivité par point fixe. L’inversion globale donne alors un \(C^1\)-difféomorphisme de \(\mathbb{R}^n\).

Corrigé de l’exercice 6 : Inversion locale quantitative

1. On a \(Dh(x) = I – Df(x)\), donc \(\|Dh(x)\| \leq\, \frac{1}{2}\) sur la boule fermée, qui est convexe. L’inégalité des accroissements finis montre que \(h\) est \(\frac{1}{2}\)-lipschitzienne. Comme \(h(0) = 0\), on a \(\|h(x)\| \leq\, \frac{1}{2}\|x\|\).
2. Pour \(\|x\| \leq\, r\), \(\|\varphi_y(x)\| \leq\, \|y\| + \|h(x)\| \leq\, \frac{r}{2} + \frac{r}{2} = r\). De plus, \(\|\varphi_y(x) – \varphi_y(x^{\prime})\| = \|h(x) – h(x^{\prime})\| \leq\, \frac{1}{2}\|x – x^{\prime}\|\). Donc \(\varphi_y\) envoie la boule dans elle-même et y est \(\frac{1}{2}\)-contractante.
3. La boule fermée est complète, car fermée dans \(\mathbb{R}^n\). Par le théorème de Banach, \(\varphi_y\) a un unique point fixe \(x\). Or \(\varphi_y(x) = x\) équivaut à \(y + x – f(x) = x\), c’est-à-dire \(f(x) = y\). Enfin, \(\|x\| = \|y + h(x)\| \leq\, \|y\| + \frac{1}{2}\|x\|\). Donc \(y\) a un unique antécédent dans \(\overline{B}(0,r)\), et \(\|x\| \leq\, 2\|y\|\).
4. On a \(f(0) = 0\) et \(Df(x,y) – I = \begin{pmatrix} 0 y/2 \\ x/2 0 \end{pmatrix}\). La norme subordonnée à \(\|\cdot\|_\infty\) est le maximum des sommes des valeurs absolues sur les lignes, ici \(\max(|y|, |x|)/2 \leq\, \frac{1}{2}\) pour \(\|(x,y)\|_\infty \leq\, 1\). Conclusion : tout \(w\) tel que \(\|w\|_\infty \leq\, \frac{1}{2}\) a un unique antécédent dans \([-1,1]^2\), et celui-ci vérifie \(\|x\|_\infty \leq\, 2\|w\|_\infty\).
5. Ici, \(h(x,y) = (-\frac{y^2}{4}, -\frac{x^2}{4})\). Donc \(x_1 = w + h(0) = (\frac{1}{2}, 0)\), puis \(x_2 = w + h(x_1) = (\frac{1}{2} – 0,\ 0 – \frac{1}{16})\). Ensuite, pour une contraction de rapport \(k\), \(\|x^{*} – x_n\| \leq\, k\|x^{*} – x_n\| + k\|x_n – x_{n-1}\|\), d’où \(\|x^{*} – x_n\| \leq\, \frac{k}{1-k}\|x_n – x_{n-1}\|\). Avec \(k = \frac{1}{2}\) : \(x_2 = (\frac{1}{2}, -\frac{1}{16})\) et \(\|x_2 – x^{*}\|_\infty \leq\, \frac{1}{16}\).

Point de méthode : la preuve par point fixe donne un algorithme ; chaque itération divise l’erreur au moins par deux.

Corrigé de l’exercice 7 : Le folium de Descartes

1. On a \(F(\frac{3}{2},\frac{3}{2}) = \frac{27}{8} + \frac{27}{8} – \frac{27}{4} = 0\). Ensuite, \(\partial_yF = 3y^2 – 3x\) vaut \(\frac{27}{4} – \frac{9}{2} = \frac{9}{4} \neq 0\) en \(A\). Comme \(F\) est polynomiale, le théorème des fonctions implicites donne \(\varphi\) de classe \(C^\infty\) avec \(\varphi(\frac{3}{2}) = \frac{3}{2}\).
2. En dérivant \(F(x,\varphi(x)) = 0\) et en divisant par \(3\) : \(x^2 + \varphi^2\varphi^{\prime} – \varphi – x\varphi^{\prime} = 0\). En \(A\), cela donne \(\frac{9}{4} + \frac{9}{4}\varphi^{\prime} – \frac{3}{2} – \frac{3}{2}\varphi^{\prime} = 0\), donc \(\varphi^{\prime} = -1\). On dérive encore : \(2x + 2\varphi\varphi^{\prime 2} + \varphi^2\varphi^{\prime\prime} – 2\varphi^{\prime} – x\varphi^{\prime\prime} = 0\). En \(A\) : \(3 + 3 + 2 + \frac{3}{4}\varphi^{\prime\prime} = 0\). Ainsi \(\varphi^{\prime}(\frac{3}{2}) = -1\), \(\varphi^{\prime\prime}(\frac{3}{2}) = -\frac{32}{3}\) ; la tangente est \(y = 3 – x\) et la courbe est localement en dessous.
3. On a \(\partial_yF = 0\) si et seulement si \(x = y^2\). En reportant, \(y^6 – 2y^3 = 0\), donc \(y = 0\) ou \(y = 2^{1/3}\). On obtient l’origine et \(B = (2^{2/3}, 2^{1/3})\). En \(B\), \(\partial_xF = 3(2^{4/3} – 2^{1/3}) = 3 \cdot 2^{1/3} \neq 0\). Donc \(x\) s’exprime en fonction de \(y\) près de \(B\), avec une dérivée nulle. La courbe a en \(B\) une tangente verticale : c’est le point le plus à droite de la boucle.
4. D’abord, \(x^3 + y^3 = \frac{27t^3(1 + t^3)}{(1+t^3)^3} = \frac{27t^3}{(1+t^3)^2} = 3xy\). Ensuite, \(x^{\prime}(t) = \frac{3(1 – 2t^3)}{(1+t^3)^2}\) : \(x\) croît sur \([0, 2^{-1/3}]\) puis décroît vers \(0\). Pour \(x\) petit et positif, il y a donc deux paramètres \(t_1 < 2^{-1/3} < t_2\) de même abscisse. Or \(y = tx\), donc les ordonnées \(t_1x\) et \(t_2x\) sont distinctes. Enfin, quand \(x \to 0^{+}\), \(t_1 \to 0\) et \(t_2 \to +\infty\), et les deux points tendent vers l’origine. Tout voisinage de l’origine contient deux points de \(C\) de même abscisse : \(C\) n’y est pas un graphe.

Corrigé de l’exercice 8 : Développement limité d’une fonction implicite

1. Posons \(G(x,y,z) = e^z + xz + y – 1\), de classe \(C^\infty\). On a \(G(0,0,0) = 0\) et \(\partial_zG = e^z + x\), qui vaut \(1\) à l’origine. Par le théorème des fonctions implicites, \(S\) est localement le graphe de \(\varphi\) de classe \(C^\infty\), avec \(\varphi(0,0) = 0\).
2. On a \(\partial_x\varphi = -\frac{\partial_xG}{\partial_zG} = -\frac{z}{e^z + x}\) et \(\partial_y\varphi = -\frac{1}{e^z + x}\). À l’origine, \(\partial_x\varphi(0,0) = 0\), \(\partial_y\varphi(0,0) = -1\), et le plan tangent a pour équation \(y + z = 0\).
3. Par Taylor-Young, \(\varphi(x,y) = -y + q(x,y) + o(x^2 + y^2)\), avec \(q\) quadratique. Or \(e^z – 1 = z + \frac{z^2}{2} + O(\|\cdot\|^3)\). En reportant \(z = -y + q\) : \(-y + q + \frac{y^2}{2} – xy + y = o(x^2+y^2)\). Donc \(q = xy – \frac{y^2}{2}\). Ainsi \(\varphi(x,y) = -y + xy – \frac{1}{2}y^2 + o(x^2 + y^2)\).
4. La différence entre \(S\) et son plan tangent vaut \(Q(x,y) + o(x^2+y^2)\), avec \(Q = xy – \frac{y^2}{2}\). Or \(Q(1,1) = \frac{1}{2} > 0\) et \(Q(0,1) = -\frac{1}{2} < 0\). Le long des droites dirigées par ces vecteurs, la différence est équivalente à \(\pm\frac{t^2}{2}\). Donc \(S\) traverse son plan tangent en l’origine.

Corrigé de l’exercice 9 : Racines simples et valeurs propres simples

Partie A.

1. L’application \(F(a,x) = x^n + \sum_{k=0}^{n-1} a_kx^k\) est polynomiale, donc \(C^\infty\) sur \(\mathbb{R}^n \times \mathbb{R}\). On a \(F(a^0,x_0) = 0\). De plus, \(\partial_xF(a^0,x_0) = P_{a^0}^{\prime}(x_0) \neq 0\), car la racine est simple. Le théorème des fonctions implicites fournit \(V\), \(I\) et \(\xi\) de classe \(C^\infty\).
2. On a \(\partial_{a_k}F(a,x) = x^k\). La formule des fonctions implicites donne \(\partial_{a_k}\xi = -\partial_{a_k}F / \partial_xF\). En \(a^0\), \(\dfrac{\partial\xi}{\partial a_k}(a^0) = -\dfrac{x_0^k}{P_{a^0}^{\prime}(x_0)}\).
3. Seul \(a_0\) varie, de \(2\) à \(2 + \varepsilon\). Ici, \(P^{\prime}(x) = 2x – 3\), donc \(P^{\prime}(2) = 1\), et \(\xi = 2 – \varepsilon + o(\varepsilon)\). La formule exacte donne la racine \(\frac{3 + \sqrt{1 – 4\varepsilon}}{2} = \frac{3 + 1 – 2\varepsilon + o(\varepsilon)}{2}\). La racine se déplace de \(-\varepsilon + o(\varepsilon)\), ce que confirme le calcul exact.
4. Soit \(a^0\) tel que \(P_{a^0}\) ait \(n\) racines réelles distinctes \(x_1 < \cdots < x_n\). Elles sont simples, car le degré vaut \(n\). On applique la question 1 en chaque \(x_i\), avec des intervalles \(I_i\) deux à deux disjoints ; c’est possible car on peut réduire \(I_i\), puis \(V_i\) par continuité de \(\xi_i\). Sur \(V = \bigcap V_i\), \(P_a\) a les racines \(\xi_i(a) \in I_i\), distinctes. L’ensemble étudié contient un voisinage de chacun de ses points : il est ouvert.

Partie B.

1. Posons \(G(t,\lambda) = \det(\lambda I – M(t)) = (\lambda – 1)(\lambda – 2) – t^2\), polynomiale. On a \(G(0,1) = 0\) et \(\partial_\lambda G = 2\lambda – 3\), qui vaut \(-1\) en \((0,1)\). Le théorème des fonctions implicites fournit \(\lambda\) de classe \(C^\infty\) près de \(0\), avec \(\lambda(0) = 1\) et \(G(t,\lambda(t)) = 0\).
2. En dérivant, \(\lambda^{\prime}(2\lambda – 3) – 2t = 0\), donc \(-\lambda^{\prime}(0) = 0\). En dérivant encore, \(\lambda^{\prime\prime}(2\lambda – 3) + 2\lambda^{\prime 2} – 2 = 0\), donc \(-\lambda^{\prime\prime}(0) – 2 = 0\). Par ailleurs, \(\lambda(t) = \frac{3 – \sqrt{1 + 4t^2}}{2} = 1 – t^2 + o(t^2)\). Ainsi \(\lambda^{\prime}(0) = 0\) et \(\lambda^{\prime\prime}(0) = -2\), en accord avec la formule explicite.

Corrigé de l’exercice 10 : Plan tangent à un hyperboloïde

1. Posons \(g(x,y,z) = x^2 + y^2 – z^2 – 1\), de classe \(C^\infty\). Son gradient \((2x, 2y, -2z)\) ne s’annule qu’à l’origine, qui n’est pas sur \(H\) car \(g(0) = -1\). Donc \(Dg\) est surjective en tout point de \(H\). Ainsi \(H\) est une sous-variété de dimension 2 de \(\mathbb{R}^3\).
2. On a \(g(1,1,1) = 1 + 1 – 1 – 1 = 0\) et \(\nabla g(A) = (2,2,-2)\). Le plan tangent est \(2(x-1) + 2(y-1) – 2(z-1) = 0\). Son équation est \(x + y – z = 1\).
3. Pour la première droite, \((1+t)^2 + 1 – (1+t)^2 = 1\) et \((1+t) + 1 – (1+t) = 1\). Pour la seconde, \(1 + (1+t)^2 – (1+t)^2 = 1\) et \(1 + (1+t) – (1+t) = 1\). Les deux droites sont contenues dans \(H\) et dans le plan tangent en \(A\).
4. Posons \(k = x^2 + y^2 – z^2\). Son gradient ne s’annule pas sur l’ouvert \(\mathbb{R}^3 \setminus \{0\}\), donc \(K \setminus \{0\}\) est une sous-variété de dimension 2. Supposons que \(K\) en soit une près de \(0\). Alors \(T_0K\) serait un plan vectoriel. Or \(t \mapsto t(\cos\alpha, \sin\alpha, 1)\) est tracée sur \(K\) et passe par \(0\), donc \((\cos\alpha, \sin\alpha, 1) \in T_0K\). Les vecteurs \((1,0,1)\), \((-1,0,1)\), \((0,1,1)\) sont de ce type, et leur déterminant vaut \(-2 \neq 0\). Ils engendrent \(\mathbb{R}^3\) : contradiction, donc \(K\) n’est pas une sous-variété au voisinage de \(0\).

Corrigé de l’exercice 11 : Intersection d’une sphère et d’un plan

1. Posons \(G = (x^2 + y^2 + z^2 – 14,\ x + y + z – 6)\). Les gradients \((2x,2y,2z)\) et \((1,1,1)\) sont liés si et seulement si \(x = y = z\). Dans ce cas, le plan impose \(x = 2\), puis \(x^2 + y^2 + z^2 = 12 \neq 14\). Donc \(DG\) est surjective en tout point de \(\Gamma\), qui est une sous-variété de dimension 1.
2. On vérifie \(1 + 4 + 9 = 14\) et \(1 + 2 + 3 = 6\). La jacobienne partielle en \((y,z)\) vaut \(\begin{pmatrix} 4 6 \\ 1 1 \end{pmatrix}\) en \(A\), de déterminant \(-2 \neq 0\). Le théorème des fonctions implicites donne \(\varphi\) et \(\psi\). En dérivant, \(x + \varphi\varphi^{\prime} + \psi\psi^{\prime} = 0\) et \(1 + \varphi^{\prime} + \psi^{\prime} = 0\). En \(x = 1\) : \(1 + 2\varphi^{\prime} + 3\psi^{\prime} = 0\) et \(\varphi^{\prime} + \psi^{\prime} = -1\). On obtient \(\varphi^{\prime}(1) = -2\) et \(\psi^{\prime}(1) = 1\).
3. Un vecteur tangent est \((1, \varphi^{\prime}(1), \psi^{\prime}(1)) = (1,-2,1)\). Par ailleurs, \((2,4,6) \wedge (1,1,1) = (4 – 6,\ 6 – 2,\ 2 – 4) = (-2, 4, -2)\), colinéaire à \((1,-2,1)\). La tangente en \(A\) est la droite \(A + \mathbb{R}(1,-2,1)\). La figure ci-dessous montre cette tangente sur le cercle \(\Gamma\).

4. Le projeté orthogonal de \(O\) sur le plan est \(\Omega = (2,2,2)\), et \(O\Omega^2 = 12\). Pour \(M \in \Gamma\), le vecteur \(\vec{\Omega M}\) est dans la direction du plan, donc orthogonal à \(\vec{O\Omega}\). Par Pythagore, \(\Omega M^2 = 14 – 12 = 2\). La réciproque se vérifie de la même façon. \(\Gamma\) est le cercle du plan \(x + y + z = 6\) de centre \((2,2,2)\) et de rayon \(\sqrt{2}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Le groupe spécial linéaire

1. On développe \(\det(I + H) = \sum_\sigma \varepsilon(\sigma)\prod_i (\delta_{\sigma(i),i} + h_{\sigma(i),i})\). Pour \(\sigma = \mathrm{id}\), le produit \(\prod(1 + h_{ii})\) vaut \(1 + \mathrm{tr}(H)\) plus des termes de degré au moins 2. Pour \(\sigma \neq \mathrm{id}\), au moins deux indices sont déplacés, et le produit contient au moins deux coefficients de \(H\). Les termes de degré au moins 2 sont des \(O(\|H\|^2)\), d’où \(\det(I + H) = 1 + \mathrm{tr}(H) + o(\|H\|)\).
2. Pour \(A\) inversible, \(\det(A + H) = \det(A)\det(I + A^{-1}H)\). Or \(\|A^{-1}H\| \leq\, \|A^{-1}\|\,\|H\|\). Donc \(\det(A + H) = \det A + \det(A)\,\mathrm{tr}(A^{-1}H) + o(\|H\|)\). Ainsi \(D(\det)(A)(H) = \det(A)\,\mathrm{tr}(A^{-1}H)\).
3. La fonction \(g = \det – 1\) est polynomiale, donc \(C^\infty\). Pour \(A \in SL_n(\mathbb{R})\), \(Dg(A)(A) = \mathrm{tr}(I_n) = n \neq 0\). La forme linéaire \(Dg(A)\) est donc non nulle, c’est-à-dire surjective sur \(\mathbb{R}\). Par conséquent, \(SL_n(\mathbb{R})\) est une hypersurface, de dimension \(n^2 – 1\).
4. L’espace tangent est le noyau de \(Dg(A)\). \(T_A SL_n(\mathbb{R}) = \{H : \mathrm{tr}(A^{-1}H) = 0\}\), et \(T_{I_n} SL_n(\mathbb{R})\) est l’espace des matrices de trace nulle.
5. On a \(\det\exp(tH) = e^{t\,\mathrm{tr}(H)} = 1\). La courbe est donc tracée sur \(SL_n(\mathbb{R})\), passe par \(I_n\) en \(t = 0\), avec une vitesse \(H\). Toute matrice de trace nulle est tangente en \(I_n\), ce qui confirme la question 4.

Corrigé de l’exercice 13 : Extrema libres d’un polynôme de degré 3

1. On a \(\nabla f = (3x^2 – 3y,\ 3y^2 – 3x)\). Il s’annule si \(y = x^2\) et \(x = y^2 = x^4\), soit \(x(x^3 – 1) = 0\). Les points critiques sont \((0,0)\) et \((1,1)\).
2. Les dérivées secondes valent \(r = 6x\), \(s = -3\), \(t = 6y\). En \((0,0)\), \(rt – s^2 = -9 < 0\) : c’est un point selle. En \((1,1)\), \(rt – s^2 = 36 – 9 = 27 > 0\) et \(r = 6 > 0\). L’origine est un point selle, et \((1,1)\) un minimum local strict, avec \(f(1,1) = -1\).
3. On a \(f(x,0) = x^3\), qui tend vers \(-\infty\) en \(-\infty\) et vers \(+\infty\) en \(+\infty\). Le minimum local n’est pas global, et \(f\) n’a ni minimum ni maximum global.
4. La courbe de l’exercice 7 est la ligne de niveau \(0\) de \(f\). Son point double est le point selle, et sa boucle entoure le minimum local, comme le montrent les lignes de niveau ci-dessous. Le folium est la ligne de niveau qui passe par le point selle.

Corrigé de l’exercice 14 : Un point critique dégénéré

1. On a \(\partial_xf = 4x^3 – 4(x – y)\) et \(\partial_yf = 4y^3 + 4(x – y)\). En sommant, \(x^3 + y^3 = 0\), donc \(y = -x\). Ensuite, \(4x^3 – 8x = 0\), d’où \(x \in \{0, \sqrt{2}, -\sqrt{2}\}\). Les points critiques sont \((0,0)\), \((\sqrt{2},-\sqrt{2})\) et \((-\sqrt{2},\sqrt{2})\).
2. On a \(r = 12x^2 – 4\), \(s = 4\), \(t = 12y^2 – 4\). En \((\pm\sqrt{2}, \mp\sqrt{2})\), \(r = t = 20\), donc \(rt – s^2 = 384 > 0\) et \(r > 0\). De plus, \(f = 4 + 4 – 2 \times 8 = -8\). Ces deux points sont des minima locaux stricts, de valeur \(-8\).
3. En \((0,0)\), \(r = t = -4\) et \(s = 4\), donc \(rt – s^2 = 0\) : on ne peut pas conclure. Or \(f(x,x) = 2x^4 > 0\) pour \(x \neq 0\). En revanche, \(f(x,0) = x^2(x^2 – 2) < 0\) pour \(0 < |x| < \sqrt{2}\). \(f\) prend des deux signes près de l’origine, où elle vaut \(0\) : ce n’est pas un extremum.
4. Avec \(\rho^2 = x^2 + y^2\), on a \(x^4 + y^4 \geq\, \frac{\rho^4}{2}\) et \((x – y)^2 \leq\, 2\rho^2\). Donc \(f \geq\, \frac{\rho^4}{2} – 4\rho^2 \to +\infty\). Par le cours, \(f\) continue et coercive atteint son minimum, en un point critique puisque \(\mathbb{R}^2\) est ouvert. Le minimum global vaut \(-8\), atteint en \((\sqrt{2},-\sqrt{2})\) et \((-\sqrt{2},\sqrt{2})\).

Corrigé de l’exercice 15 : Extrema sur une ellipse

1. L’ellipse \(E\) est fermée, comme image réciproque d’un fermé, et bornée car \(|x| \leq\, 2\sqrt{2}\) et \(|y| \leq\, \sqrt{2}\). \(E\) est compacte et \(f\) continue : \(f\) atteint un maximum et un minimum sur \(E\).
2. Posons \(g = x^2 + 4y^2 – 8\). Son gradient \((2x, 8y)\) ne s’annule pas sur \(E\). La condition \(\nabla f = \lambda\nabla g\) s’écrit \(y = 2\lambda x\) et \(x = 8\lambda y\). Donc \(y = 16\lambda^2 y\). Si \(y = 0\), alors \(x = 0\), qui n’est pas sur \(E\). Ainsi \(\lambda = \pm\frac{1}{4}\). Pour \(\lambda = \frac{1}{4}\), \(y = \frac{x}{2}\) et \(2x^2 = 8\). Pour \(\lambda = -\frac{1}{4}\), \(y = -\frac{x}{2}\). Les candidats sont \((2,1)\), \((-2,-1)\), où \(f = 2\), et \((2,-1)\), \((-2,1)\), où \(f = -2\).
3. Les extrema sont atteints parmi les candidats. Le maximum de \(xy\) sur \(E\) vaut \(2\) et le minimum \(-2\). Géométriquement, les hyperboles \(xy = 2\) et \(xy = -2\) sont tangentes à l’ellipse en ces points, comme le montre la figure ci-dessous.

Corrigé de l’exercice 16 : Deux contraintes dans l’espace

1. L’ensemble \(\Gamma\) est fermé. Il est borné car \(|x|, |y| \leq\, 1\) et \(|z| = |1 – x – y| \leq\, 3\). Si \((2x, 2y, 0) = \mu(1,1,1)\), alors \(\mu = 0\), puis \(x = y = 0\), ce qui contredit \(x^2 + y^2 = 1\). \(\Gamma\) est compacte et les deux gradients sont libres sur \(\Gamma\).
2. On écrit \((0,0,1) = \lambda(2x, 2y, 0) + \mu(1,1,1)\). La troisième composante donne \(\mu = 1\). Ensuite, \(2\lambda x = -1\) et \(2\lambda y = -1\), donc \(\lambda \neq 0\) et \(x = y\). Avec \(x^2 + y^2 = 1\), on obtient \(x = y = \pm\frac{1}{\sqrt{2}}\), puis \(z = 1 – 2x\). Les candidats sont \((\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 1 – \sqrt{2})\) et \((-\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}, 1 + \sqrt{2})\).
3. Par compacité, \(f\) atteint ses bornes en ces candidats. Le maximum vaut \(1 + \sqrt{2}\) et le minimum \(1 – \sqrt{2}\).
4. Avec \(x = \cos t\), \(y = \sin t\), on a \(z = 1 – \cos t – \sin t = 1 – \sqrt{2}\sin(t + \frac{\pi}{4})\). On retrouve \(z \in [1 – \sqrt{2}, 1 + \sqrt{2}]\), les bornes étant atteintes.

Corrigé de l’exercice 17 : Quotient de Rayleigh

1. On a \(q(x + h) = q(x) + \langle Ax, h \rangle + \langle Ah, x \rangle + \langle Ah, h \rangle\). Comme \(A\) est symétrique, \(\langle Ah, x \rangle = \langle Ax, h \rangle\), et le dernier terme est un \(O(\|h\|^2)\). Donc \(\nabla q(x) = 2Ax\) ; de plus, \(S\) est compacte et \(q\) continue, donc \(q\) atteint ses bornes sur \(S\).
2. Posons \(g(x) = \|x\|^2 – 1\), de gradient \(2x \neq 0\) sur \(S\). En un extremum, Lagrange donne \(2Ax = 2\lambda x\), avec \(x \neq 0\). Le point \(x\) est un vecteur propre de \(A\), et \(A\) admet une valeur propre réelle.
3. En un tel point, \(q(x) = \langle \lambda x, x \rangle = \lambda\). Ainsi, \(\max_S q\) est une valeur propre. Réciproquement, pour toute valeur propre \(\mu\) et tout vecteur propre unitaire \(v\), \(\mu = q(v) \leq\, \max_S q\). Donc \(\max_S q\) est la plus grande valeur propre ; de même, \(\min_S q\) est la plus petite.
4. La forme correspond à \(A = \begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 2 \end{pmatrix}\), de valeurs propres \(3\) et \(1\), de vecteurs propres \((1,1)\) et \((1,-1)\). Le maximum vaut \(3\) en \(\pm\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)\) et le minimum \(1\) en \(\pm\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1)\).

Corrigé de l’exercice 18 : Inégalité arithmético-géométrique

1. L’ensemble \(K\) est fermé et borné, car \(0 \leq\, x_i \leq\, s\). Il est donc compact, et \(P\) continue y atteint son maximum \(m\). Or \(m \geq\, P(\frac{s}{n}, \ldots, \frac{s}{n}) = (\frac{s}{n})^n > 0\). En un point de maximum, aucune coordonnée n’est nulle : elles sont toutes strictement positives.
2. Soit \(a\) un point de maximum. Il appartient à l’ouvert \(U = ]0,+\infty[^n\), et c’est un extremum de \(P\) sur \(U \cap \{g = 0\}\), avec \(g = \sum x_i – s\) et \(\nabla g = (1, \ldots, 1) \neq 0\). Lagrange donne \(\partial_iP(a) = \frac{P(a)}{a_i} = \lambda\) pour tout \(i\). Comme \(P(a) > 0\), \(\lambda \neq 0\) et tous les \(a_i\) valent \(P(a)/\lambda\). Donc \(a = (\frac{s}{n}, \ldots, \frac{s}{n})\) et le maximum vaut \((\frac{s}{n})^n\).
3. Soient \(x_i \geq\, 0\) et \(s = \sum x_i\). Si \(s = 0\), tout est nul et l’égalité est triviale. Sinon, \(x \in K\), donc \(\prod x_i \leq\, (\frac{s}{n})^n\). En cas d’égalité, \(x\) est un point de maximum, donc égal à \((\frac{s}{n}, \ldots, \frac{s}{n})\) par la question 2. On obtient \((x_1 \cdots x_n)^{1/n} \leq\, \frac{x_1 + \cdots + x_n}{n}\), avec égalité si et seulement si les \(x_i\) sont égaux.
4. Pour des dimensions \(a, b, c\) de somme \(3\), on a \(abc \leq\, 1\), avec égalité si \(a = b = c = 1\). Le pavé de volume maximal est le cube de côté 1.

Corrigé de l’exercice 19 : Triangle d’aire maximale

1. L’inégalité triangulaire stricte \(a < b + c\) équivaut à \(2a < 2p\), soit \(u > 0\). De même, \(v > 0\) et \(w > 0\). Enfin, \(u + v + w = 3p – 2p = p\).
2. L’ensemble \(\{u, v, w \geq\, 0,\ u + v + w = p\}\) est compact, donc \(uvw\) y atteint son maximum. Ce maximum est strictement positif, car \((\frac{p}{3})^3 > 0\), donc il est atteint à l’intérieur de \(]0,+\infty[^3\). Lagrange donne \(vw = uw = uv = \lambda\). Comme \(w > 0\), \(vw = uw\) donne \(u = v\) ; de même, \(v = w\). Le maximum est atteint pour \(u = v = w = \frac{p}{3}\), et vaut \(\frac{p^3}{27}\).
3. Par Héron, \(S^2 = p\,uvw \leq\, \frac{p^4}{27}\), avec égalité si et seulement si \(u = v = w\), c’est-à-dire \(a = b = c = \frac{2p}{3}\). On vérifie : \(\frac{\sqrt{3}}{4}(\frac{2p}{3})^2 = \frac{p^2\sqrt{3}}{9}\). Le triangle d’aire maximale est équilatéral, d’aire \(\frac{p^2\sqrt{3}}{9}\).
4. Pour tout triangle, \(S \leq\, \frac{p^2\sqrt{3}}{9}\), donc \(p^2 \geq\, \frac{9S}{\sqrt{3}} = 3\sqrt{3}\,S\). Ainsi le périmètre \(2p\) est au moins égal à \(2\sqrt{3\sqrt{3}\,S}\), avec égalité pour le triangle équilatéral.

Corrigé de l’exercice 20 : Minimisation d’une fonction quadratique

1. La hessienne vaut \(\begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 2 \end{pmatrix}\), de valeurs propres \(1\) et \(3\). Elle est définie positive en tout point, donc \(f\) est strictement convexe.
2. Le gradient \((2x + y – 3,\ x + 2y)\) s’annule si \(x = -2y\) et \(-3y = 3\), soit \((2,-1)\). Par convexité, c’est un minimum global, unique par stricte convexité. Le minimum global vaut \(f(2,-1) = 4 – 2 + 1 – 6 = -3\).
3. Par symétrie de \(A\), \(J(x + h) = J(x) + \langle Ax – b, h \rangle + \frac{1}{2}\langle Ah, h \rangle\). Donc \(\nabla J(x) = Ax – b\) et la hessienne vaut \(A\). En \(x^{*} = A^{-1}b\), on a \(J(x^{*} + h) = J(x^{*}) + \frac{1}{2}\langle Ah, h \rangle > J(x^{*})\) pour \(h \neq 0\). Enfin, \(J(x^{*}) = \frac{1}{2}\langle b, A^{-1}b \rangle – \langle b, A^{-1}b \rangle\). Le minimum est unique, atteint en \(A^{-1}b\), et vaut \(-\frac{1}{2}\langle A^{-1}b, b \rangle\).
4. On a \(f = J\) avec \(A = \begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 2 \end{pmatrix}\) et \(b = (3,0)\). Or \(A^{-1} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 -1 \\ -1 2 \end{pmatrix}\), donc \(A^{-1}b = (2,-1)\). On retrouve le minimum \(-\frac{1}{2} \times 6 = -3\) en \((2,-1)\).

Corrigé de l’exercice 21 : Droite des moindres carrés

1. La fonction \(S\) est un polynôme de degré 2. Sa hessienne constante vaut \(\begin{pmatrix} 2\sum x_i^2 2\sum x_i \\ 2\sum x_i 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10 6 \\ 6 6 \end{pmatrix}\). Sa trace vaut \(16 > 0\) et son déterminant \(24 > 0\). Elle est définie positive, donc \(S\) est strictement convexe.
2. On a \(\sum x_i = 3\), \(\sum x_i^2 = 5\), \(\sum y_i = 5\) et \(\sum x_iy_i = 7\). Les équations \(\nabla S = 0\) s’écrivent \(5a + 3c = 7\) et \(3a + 3c = 5\). Par soustraction, \(a = 1\), puis \(c = \frac{2}{3}\). La droite des moindres carrés est \(y = x + \frac{2}{3}\).
3. Les résidus valent \(\frac{1}{3}\), \(-\frac{2}{3}\) et \(\frac{1}{3}\). Leur somme est nulle, et \(0 \times \frac{1}{3} + 1 \times (-\frac{2}{3}) + 2 \times \frac{1}{3} = 0\). Ces deux relations sont exactement les équations normales. La valeur minimale vaut \(S = \frac{1}{9} + \frac{4}{9} + \frac{1}{9} = \frac{2}{3}\). La figure ci-dessous représente la droite obtenue et les résidus.

4. On développe \(\|Ax – b\|^2 = \langle A^{T}Ax, x \rangle – 2\langle A^{T}b, x \rangle + \|b\|^2\). La matrice \(A^{T}A\) est symétrique, et \(\langle A^{T}Ax, x \rangle = \|Ax\|^2 > 0\) pour \(x \neq 0\), car \(\ker A = \{0\}\) par le rang. Elle est donc définie positive. Par l’exercice 20, le minimum est unique, atteint en la solution de \(A^{T}Ax = A^{T}b\).

Corrigé de l’exercice 22 : Distance à un hyperplan

1. Posons \(g(x) = \langle a, x \rangle – c\), de gradient \(a \neq 0\). La condition \(2(x – x_0) = \lambda a\) donne \(x = x_0 + \frac{\lambda}{2}a\). En reportant dans la contrainte, \(\frac{\lambda}{2}\|a\|^2 = c – \langle a, x_0 \rangle\). L’unique candidat est \(x^{*} = x_0 + \dfrac{c – \langle a, x_0 \rangle}{\|a\|^2}\,a\).
2. D’abord, \(f\) est convexe et la contrainte est affine. La fonction \(L = f – \lambda g\) est donc convexe, de gradient nul en \(x^{*}\) : c’est un minimum global de \(L\), et \(L = f\) sur \(H\). Ensuite, pour \(x \in H\), \(\langle a, x – x^{*} \rangle = 0\), tandis que \(x^{*} – x_0\) est colinéaire à \(a\). Par Pythagore, \(\|x – x_0\|^2 = \|x – x^{*}\|^2 + \|x^{*} – x_0\|^2\). Dans les deux cas, \(x^{*}\) est l’unique point de minimum de \(f\) sur \(H\).
3. La distance vaut \(\|x^{*} – x_0\|\). Ainsi \(d(x_0, H) = \dfrac{|\langle a, x_0 \rangle – c|}{\|a\|}\).
4. Ici, \(a = (1,2,2)\), \(\|a\| = 3\), \(c = 9\) et \(x_0 = 0\). La distance vaut \(\frac{9}{3} = 3\), et \(x^{*} = \frac{9}{9}(1,2,2)\). On vérifie que \(1 + 4 + 4 = 9\). La distance est \(3\), atteinte au point \((1,2,2)\).

Point de méthode : avec une fonction convexe et des contraintes affines, la condition de Lagrange suffit, sans argument de compacité.

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Pour aller plus loin en L3

• Le cours : inversion locale et extrema liés, cours de maths en L3
• Les énoncés : exercices de maths en L3 sur inversion locale et extrema liés
• À maîtriser avant : Calcul différentiel dans les espaces normés, Complétude, espaces de Banach et point fixe
• Chapitre précédent : Calcul différentiel dans les espaces normés
• Chapitre suivant : Équations différentielles et théorème de Cauchy-Lipschitz
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L3 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L3 et la licence de maths de L1 à L3