Corrigé du contrôle de maths spé : différentielle et règle de la chaîne

Exercice 1 : Question de cours (4 points)

1. Définition. L’application \(f\) est différentiable en \(a\) s’il existe une application linéaire \(L \in \mathcal{L}(E, F)\) telle que \(f(a + h) = f(a) + L(h) + o(\|h\|)\) quand \(h \to 0\). Cette application \(L\) est alors unique : on la note \(df(a)\).

   Dérivée selon un vecteur. Soit \(v \in E\) non nul. Pour \(t \neq 0\) assez petit, \(a + tv \in U\), car \(U\) est ouvert. On écrit alors

   \[\frac{f(a + tv) – f(a)}{t} = df(a)(v) + \frac{o(\|tv\|)}{t} \xrightarrow[t \to 0]{ df(a)(v),\]

   car \(\|\dfrac{o(\|tv\|)}{t}\| = \|v\| \times \dfrac{\|o(\|tv\|)\|}{\|tv\|} \to 0\). Donc \(D_v f(a)\) existe et vaut \(df(a)(v)\) ; le cas \(v = 0\) est immédiat.

   Dérivées partielles. Si \(E = \mathbb{R}^n\) de base canonique \((e_1, \ldots, e_n)\), alors \(\dfrac{\partial f}{\partial x_j}(a) = D_{e_j} f(a) = df(a)(e_j)\). Par linéarité, pour \(h = \sum h_j e_j\), on obtient \(df(a)(h) = \sum_{j=1}^n h_j \dfrac{\partial f}{\partial x_j}(a)\).

2. Continuité. Pour \((x, y) \neq (0, 0)\), on a \(x^2 \leq\, x^2 + y^2\), donc \(|f(x, y)| \leq\, |y|\), qui tend vers \(0\). La fonction \(f\) est continue en \((0, 0)\).

   Dérivées selon un vecteur. Soit \(v = (p, q) \neq (0, 0)\) et \(t \neq 0\). Alors \(\dfrac{f(tv) – f(0, 0)}{t} = \dfrac{t^3 p^2 q}{t \times t^2 (p^2 + q^2)} = \dfrac{p^2 q}{p^2 + q^2}\). Ce quotient ne dépend pas de \(t\) : \(D_v f(0, 0)\) existe et vaut \(\dfrac{p^2 q}{p^2 + q^2}\).

   Non-différentiabilité. Supposons \(f\) différentiable en \((0, 0)\). Alors, d’après a, \(v \mapsto D_v f(0, 0)\) serait linéaire. Or \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = D_{(1, 0)} f(0, 0) = 0\) et \(\dfrac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = D_{(0, 1)} f(0, 0) = 0\). On aurait donc \(df(0, 0) = 0\), ce qui est contredit par \(D_{(1, 1)} f(0, 0) = \dfrac{1}{2} \neq 0\). Ainsi \(f\) n’est pas différentiable en \((0, 0)\).

Barème : a) 0,5 point pour la définition, 1 point pour la dérivée selon un vecteur, 0,5 point pour la formule avec les dérivées partielles ; b) 0,5 point pour la continuité, 0,75 point pour les dérivées directionnelles, 0,75 point pour la non-différentiabilité.

Exercice 2 : Différentielles d’applications matricielles (5 points)

1. Pour \(M, H \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\), on a \((M + H)^2 = M^2 + MH + HM + H^2\). L’application \(H \mapsto MH + HM\) est linéaire. De plus, \(\|H^2\| \leq\, \|H\|^2\), donc \(H^2 = o(\|H\|)\). Ainsi \(f\) est différentiable en tout \(M\), avec \(df(M)(H) = MH + HM\). Attention : ce n’est pas \(2MH\) en général, car \(M\) et \(H\) ne commutent pas.

2. D’après la formule \(\det M = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \varepsilon(\sigma) \prod_{j=1}^n m_{\sigma(j) j}\), le déterminant est une fonction polynomiale des \(n^2\) coefficients. Ses dérivées partielles existent et sont polynomiales, donc continues. Par conséquent, \(\det\) est de classe \(\mathcal{C}^1\).

   Le développement selon la ligne \(i\) s’écrit \(\det M = \sum_{k=1}^n m_{ik} C_{ik}\), où le cofacteur \(C_{ik}\) ne dépend pas des coefficients de la ligne \(i\). Donc \(\dfrac{\partial \det}{\partial m_{ij}}(M) = C_{ij}\). D’après l’exercice 1,

   \[d\det(M)(H) = \sum_{i, j} C_{ij} h_{ij} = \operatorname{tr}({^t\operatorname{Com}(M)\, H),\]

   car le coefficient diagonal \((j, j)\) de \({^t\operatorname{Com}(M) H\) vaut \(\sum_i C_{ij} h_{ij}\). En particulier, \(\operatorname{Com}(I_n) = I_n\), d’où \(d\det(I_n)(H) = \operatorname{tr}(H)\). Si \(M\) est inversible, \({^t\operatorname{Com}(M) = \det(M)\, M^{-1}\), d’où \(d\det(M)(H) = \det(M) \operatorname{tr}(M^{-1} H)\).

3. On a \(GL_n(\mathbb{R}) = \det^{-1}(\mathbb{R}^*)\), image réciproque de l’ouvert \(\mathbb{R}^*\) par l’application continue \(\det\). C’est donc un ouvert. Ainsi \(M + H\) est inversible pour \(H\) assez petite.

   Posons \(X = (M + H)^{-1}\). On a \(M^{-1} – X = M^{-1}(M + H) X – M^{-1} M X = M^{-1} H X\), donc \(X = M^{-1} – M^{-1} H X\). En remplaçant \(X\) par cette expression dans le dernier terme, on obtient

   \[X = M^{-1} – M^{-1} H (M^{-1} – M^{-1} H X) = M^{-1} – M^{-1} H M^{-1} + M^{-1} H M^{-1} H X.\]

   Le reste \(R(H) = M^{-1} H M^{-1} H (M + H)^{-1}\) vérifie \(\|R(H)\| \leq\, \|M^{-1}\|^2\, \|H\|^2\, \|(M + H)^{-1}\|\). Or l’inversion est continue sur \(GL_n(\mathbb{R})\), puisque \(M^{-1} = \dfrac{1}{\det M}\, {^t\operatorname{Com}(M)\) est une fraction rationnelle des coefficients. Donc \(\|(M + H)^{-1}\|\) reste borné au voisinage de \(0\), et \(R(H) = o(\|H\|)\).

   Enfin, \(H \mapsto -M^{-1} H M^{-1}\) est linéaire. Donc \(\operatorname{inv}\) est différentiable en \(M\), et \(d\operatorname{inv}(M)(H) = -M^{-1} H M^{-1}\).

Erreur fréquente : écrire \(d\operatorname{inv}(M)(H) = -M^{-2} H\) par analogie avec la dérivée de \(\frac{1}{x}\) ; le produit matriciel n’est pas commutatif.

Barème : a) 1 point ; b) 0,5 point pour la classe C1, 0,5 point pour la dérivée partielle, 0,5 point pour la trace, 0,5 point pour les deux cas particuliers ; c) 0,5 point pour l’ouverture, 0,5 point pour l’égalité, 1 point pour le contrôle du reste et la conclusion.

Exercice 3 : Gradients (3 points)

1. On a \(\varphi = \operatorname{tr} \circ f\), où \(\operatorname{tr}\) est linéaire. D’après l’exercice 2, \(d\varphi(M)(H) = \operatorname{tr}(MH + HM) = 2\operatorname{tr}(MH)\). Or \(\operatorname{tr}(MH) = \operatorname{tr}({^t({^t M) H) = \langle {^t M, H \rangle\). Donc \(\nabla \varphi(M) = 2\, {^t M\).

2. D’après l’exercice 2, \(d\det(M)(H) = \operatorname{tr}({^t\operatorname{Com}(M) H) = \langle \operatorname{Com}(M), H \rangle\). Donc \(\nabla \det(M) = \operatorname{Com}(M)\) ; pour \(M\) inversible, c’est \(\det(M)\, {^t(M^{-1})\).

3. Soit \(q(x) = \langle x, x \rangle\). Comme \(q(x + h) = q(x) + 2\langle x, h \rangle + \|h\|^2\), on a \(dq(x)(h) = 2\langle x, h \rangle\). Sur \(\mathbb{R}^n \setminus \{0\}\), \(q\) est à valeurs dans \(]0, +\infty[\), où la racine carrée est dérivable. Par la règle de la chaîne,

   \[dN(x)(h) = \frac{1}{2\sqrt{q(x)}} \times 2\langle x, h \rangle = \langle \frac{x}{\|x\|}, h \rangle.\]

   Donc \(\nabla N(x) = \dfrac{x}{\|x\|}\), le vecteur unitaire qui dirige \(x\).

Barème : a) 0,5 point pour la différentielle, 0,5 point pour l’identification du gradient ; b) 1 point ; c) 0,5 point pour dq, 0,5 point pour la règle de la chaîne et le gradient.

Exercice 4 : Règle de la chaîne en coordonnées polaires (3 points)

1. La fonction \(g = f \circ \Phi\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(V\), comme composée. Par la règle de la chaîne, les dérivées de \(f\) étant prises en \(\Phi(r, \theta)\), on a

   \[\frac{\partial g}{\partial r} = \cos\theta\, \frac{\partial f}{\partial x} + \sin\theta\, \frac{\partial f}{\partial y}, \qquad \frac{\partial g}{\partial \theta} = -r\sin\theta\, \frac{\partial f}{\partial x} + r\cos\theta\, \frac{\partial f}{\partial y}.\]

2. En multipliant la première égalité par \(r\), on obtient \(r \dfrac{\partial g}{\partial r} = r\cos\theta\, \dfrac{\partial f}{\partial x} + r\sin\theta\, \dfrac{\partial f}{\partial y}\). Comme \(x = r\cos\theta\) et \(y = r\sin\theta\), cela vaut \(x \dfrac{\partial f}{\partial x} + y \dfrac{\partial f}{\partial y}\).

3. Comme \(\Phi\) est une bijection de \(V\) sur \(U\), \(f\) est solution si et seulement si \(r \dfrac{\partial g}{\partial r} = 0\) sur \(V\). Puisque \(r > 0\), cela équivaut à \(\dfrac{\partial g}{\partial r} = 0\) sur \(V\).

   Pour \(\theta\) fixé, \(r \mapsto g(r, \theta)\) a alors une dérivée nulle sur l’intervalle \(]0, +\infty[\) : elle est constante. Donc \(g(r, \theta) = h(\theta)\), avec \(h(\theta) = g(1, \theta)\) de classe \(\mathcal{C}^1\). Par conséquent, \(f(x, y) = h(\arctan\dfrac{y}{x}) = \psi(\dfrac{y}{x})\), avec \(\psi = h \circ \arctan\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\).

   Réciproquement, si \(f(x, y) = \psi(\dfrac{y}{x})\) avec \(\psi\) de classe \(\mathcal{C}^1\), alors \(\dfrac{\partial f}{\partial x} = -\dfrac{y}{x^2}\psi^{\prime}(\dfrac{y}{x})\) et \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = \dfrac{1}{x}\psi^{\prime}(\dfrac{y}{x})\). Ainsi \(x \dfrac{\partial f}{\partial x} + y \dfrac{\partial f}{\partial y} = -\dfrac{y}{x}\psi^{\prime} + \dfrac{y}{x}\psi^{\prime} = 0\).

   Les solutions sont les fonctions \((x, y) \mapsto \psi(\dfrac{y}{x})\), avec \(\psi\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\) : ce sont les fonctions constantes sur chaque demi-droite issue de l’origine.

Barème : a) 0,5 point par dérivée partielle ; b) 0,5 point ; c) 0,5 point pour la réduction à la dérivée en r, 0,5 point pour l’intégration, 0,5 point pour la forme finale et la réciproque.

Exercice 5 : Problème : fonctions constantes et espace tangent (5 points)

Fonctions de différentielle nulle

1. L’arc \(\alpha : t \mapsto a + t(b – a)\) est dérivable, de dérivée \(b – a\), et prend ses valeurs dans \([a, b] \subset U\). Par la règle de la chaîne (dérivée le long d’un arc), \(\varphi = f \circ \alpha\) est dérivable sur \([0, 1]\) et \(\varphi^{\prime}(t) = df(a + t(b – a))(b – a)\).

   Soit \(B\) une boule ouverte incluse dans \(U\), sur laquelle \(df = 0\). Une boule est convexe : pour \(a, b \in B\), le segment \([a, b]\) est inclus dans \(B\). Alors \(\varphi^{\prime} = 0\) sur \([0, 1]\), donc \(\varphi\) est constante et \(f(b) = \varphi(1) = \varphi(0) = f(a)\). Ainsi \(f\) est constante sur \(B\).

2. Posons \(T = \{t \in [0, 1] : f(\gamma(t)) = f(a)\}\). Cet ensemble contient \(0\) ; il est fermé, car \(f \circ \gamma\) est continue (\(f\) différentiable est continue). Donc \(s = \sup T\) appartient à \(T\).

   Comme \(U\) est ouvert, il existe \(r > 0\) tel que \(B(\gamma(s), r) \subset U\). D’après a, \(f\) est constante sur cette boule, égale à \(f(\gamma(s)) = f(a)\). Par continuité de \(\gamma\) en \(s\), il existe \(\delta > 0\) tel que \(\gamma(t) \in B(\gamma(s), r)\) pour tout \(t \in [0, 1]\) vérifiant \(|t – s| \leq\, \delta\). Tous ces \(t\) sont donc dans \(T\).

   Si l’on avait \(s < 1\), le réel \(\min(s + \delta, 1)\) serait un élément de \(T\) strictement supérieur à \(s\) : c’est absurde. Donc \(s = 1\) et \(1 \in T\). Ainsi \(f(x) = f(\gamma(1)) = f(a)\) : \(f\) est constante sur \(U\).

3. Soit \(U = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x \neq 0\}\), réunion de deux demi-plans ouverts, et \(f(x, y) = 1\) si \(x > 0\), \(f(x, y) = -1\) si \(x < 0\). La fonction \(f\) est constante au voisinage de chaque point, donc \(df = 0\) sur \(U\). Pourtant \(f\) n’est pas constante : \(U\) n’est pas connexe par arcs.

Tangentes et plan tangent

4. Posons \(G(x, y) = x^2 + xy + y^2 – 3\). On a \(G(1, 1) = 1 + 1 + 1 – 3 = 0\) et \(G(2, -1) = 4 – 2 + 1 – 3 = 0\) : les deux points sont sur \(\mathcal{C}\). De plus, \(\nabla G(x, y) = (2x + y, x + 2y)\).

   En \((1, 1)\), \(\nabla G = (3, 3) \neq 0\). La tangente est \((1, 1) + \ker dG(1, 1)\), soit \(3(x – 1) + 3(y – 1) = 0\). Tangente en \((1, 1)\) : \(x + y = 2\).

   En \((2, -1)\), \(\nabla G = (3, 0) \neq 0\). La tangente a pour équation \(3(x – 2) = 0\). Tangente en \((2, -1)\) : la droite verticale \(x = 2\).

   

5. Posons \(K(x, y, z) = x^2 + y^2 – z^2 – 1\). On a \(K(1, 1, 1) = 0\) et \(\nabla K(1, 1, 1) = (2, 2, -2) \neq 0\). Le plan tangent est \((1, 1, 1) + \ker dK(1, 1, 1)\) : \(2(x – 1) + 2(y – 1) – 2(z – 1) = 0\). Plan tangent : \(x + y – z = 1\).

Barème : a) 0,5 point pour φ prime, 0,5 point pour la constance sur une boule (convexité) ; b) 0,5 point pour s dans T, 0,5 point pour la boule autour de γ(s), 0,5 point pour la contradiction ; c) 0,5 point ; d) 0,25 point pour l’appartenance, 0,75 point pour les deux tangentes ; e) 1 point.

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Après le corrigé du contrôle : différentielle et règle de la chaîne

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