Corrigé du contrôle de maths L3 : différentielle de Fréchet et formules de Taylor

Exercice 1 : Question de cours : différentiabilité et accroissements finis (3 points)

1. On dit que \(f\) est différentiable en \(a\) s’il existe une application linéaire continue \(L : E \to F\) telle que

   \[f(a+h) = f(a) + L(h) + \|h\|\,\varepsilon(h), \quad \text{avec } \lim_{h \to 0} \varepsilon(h) = 0.\]

   Cette application \(L\) est alors unique : on la note \(\mathrm{d}f(a)\).

   Supposons \(f\) différentiable en \(a\). Pour \(h\) assez petit, l’inégalité triangulaire donne

   \[\|f(a+h) – f(a)\| \leq\, \|L\|\,\|h\| + \|h\|\,\|\varepsilon(h)\|.\]

   Or \(L\) est continue, donc \(\|L\|\) est fini, et \(\varepsilon(h) \to 0\). Ainsi le membre de droite tend vers \(0\). Par conséquent, \(f(a+h) \to f(a)\) quand \(h \to 0\) : \(f\) est continue en \(a\).

2. Inégalité des accroissements finis. Soit \(U\) un ouvert convexe de \(E\) et \(f : U \to F\) différentiable sur \(U\). S’il existe \(M \geq\, 0\) tel que \(\|\mathrm{d}f(x)\| \leq\, M\) pour tout \(x \in U\) (norme d’opérateur), alors

   \[\forall a, b \in U, \quad \|f(b) – f(a)\| \leq\, M\,\|b – a\|.\]

   Si \(\mathrm{d}f(x) = 0\) pour tout \(x \in U\), on peut prendre \(M = 0\). Alors, pour tous \(a, b \in U\), on obtient \(\|f(b) – f(a)\| \leq\, 0\), donc \(f(b) = f(a)\). Ainsi \(f\) est constante sur \(U\).

Barème : a) 0,5 point pour la définition (linéarité et continuité de \(L\), reste en petit o), 1 point pour la preuve de la continuité ; b) 1 point pour l’énoncé complet avec la convexité, 0,5 point pour la conséquence.

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

1. Pour \(A, H \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\), on développe sans commuter les produits :

   \[f(A+H) = (A+H)^2 = A^2 + AH + HA + H^2.\]

   L’application \(L : H \mapsto AH + HA\) est linéaire. Elle est continue car \(\|L(H)\| \leq\, 2\|A\|\,\|H\|\). De plus, la sous-multiplicativité donne \(\|H^2\| \leq\, \|H\|^2\), donc \(H^2 = o(\|H\|)\).

   Ainsi \(f\) est différentiable en \(A\) et \(\mathrm{d}f(A)(H) = AH + HA\).

2. D’abord, pour \(A\) et \(A+H\) inversibles, on factorise :

   \[(A+H)^{-1} – A^{-1} = (A+H)^{-1}\big(A – (A+H)\big)A^{-1} = -(A+H)^{-1} H A^{-1}.\]

   Ensuite, on en déduit :

   \[(A+H)^{-1} – A^{-1} + A^{-1}HA^{-1} = \big(A^{-1} – (A+H)^{-1}\big) H A^{-1} = (A+H)^{-1} H A^{-1} H A^{-1}.\]

   C’est l’égalité demandée. Comme \(\mathrm{GL}_n(\mathbb{R})\) est ouvert, \(A + H\) est inversible pour \(H\) assez petite. Par continuité de l’inverse, \((A+H)^{-1} \to A^{-1}\), donc \(\|(A+H)^{-1}\| \leq\, 2\|A^{-1}\|\) pour \(H\) voisine de \(0\). Par conséquent,

   \[\|(A+H)^{-1} – A^{-1} + A^{-1}HA^{-1}\| \leq\, 2\|A^{-1}\|^3\,\|H\|^2 = o(\|H\|).\]

   Enfin, \(H \mapsto -A^{-1}HA^{-1}\) est linéaire, donc continue en dimension finie. Ainsi \(g\) est différentiable en \(A\) et \(\mathrm{d}g(A)(H) = -A^{-1}HA^{-1}\).

3. Par la formule de Leibniz, \(\det(I_n + H) = \sum_{\sigma} \varepsilon(\sigma) \prod_{i=1}^{n} (\delta_{\sigma(i),i} + h_{\sigma(i),i})\).

   Le terme \(\sigma = \mathrm{id}\) vaut \(\prod_{i} (1 + h_{ii}) = 1 + \operatorname{tr}(H) + R_1(H)\), où \(R_1\) est une somme de monômes de degré au moins 2 en les coefficients de \(H\). En effet, une permutation \(\sigma \neq \mathrm{id}\) déplace au moins deux indices. Son terme contient donc au moins deux coefficients de \(H\) : il est aussi de degré au moins 2.

   Toutes les normes étant équivalentes en dimension finie, un polynôme sans terme de degré inférieur à 2 est un \(O(\|H\|^2)\). Donc \(\det(I_n + H) = 1 + \operatorname{tr}(H) + o(\|H\|)\).

   Soit maintenant \(A\) inversible. On écrit \(A + H = A(I_n + A^{-1}H)\) et \(\|A^{-1}H\| \leq\, \|A^{-1}\|\,\|H\|\). Alors

   \[\det(A+H) = \det(A)\big(1 + \operatorname{tr}(A^{-1}H) + o(\|H\|)\big).\]

   L’application \(H \mapsto \det(A)\operatorname{tr}(A^{-1}H)\) est linéaire. Donc \(\mathrm{d}(\det)(A)(H) = \det(A)\,\operatorname{tr}(A^{-1}H)\).

Erreur fréquente : écrire \(\mathrm{d}f(A)(H) = 2AH\). Les matrices \(A\) et \(H\) ne commutent pas en général.

Barème : a) 1 point pour le développement et le reste, 0,5 point pour la conclusion ; b) 0,75 point pour l’égalité, 1 point pour la majoration du reste avec la continuité de l’inverse, 0,25 point pour la conclusion ; c) 0,75 point pour le développement de \(\det(I_n+H)\), 0,75 point pour le passage à \(A\) inversible.

Exercice 3 : Dérivées directionnelles sans différentiabilité (4 points)

1. Soit \(v = (h,k) \neq (0,0)\) et \(t \neq 0\). Comme \(f(0,0) = 0\), on étudie le taux d’accroissement.

   Si \(k \neq 0\), on a \(f(th,tk) = \dfrac{t^3h^2k}{t^4h^4 + t^2k^2} = \dfrac{t\,h^2k}{t^2h^4 + k^2}\), donc

   \[\dfrac{f(th,tk) – f(0,0)}{t} = \dfrac{h^2k}{t^2h^4 + k^2} \underset{t \to 0}{\longrightarrow} \dfrac{h^2}{k}.\]

   Si \(k = 0\), alors \(h \neq 0\) et \(f(th, 0) = 0\) pour tout \(t\), donc le taux vaut \(0\).

   Ainsi \(D_v f(0,0) = \dfrac{h^2}{k}\) si \(k \neq 0\), et \(D_v f(0,0) = 0\) si \(k = 0\).

2. Avec \(e_1 = (1,0)\) et \(e_2 = (0,1)\), on trouve \(D_{e_1} f(0,0) = 0\) et \(D_{e_2} f(0,0) = 0\). Cependant, \(D_{e_1 + e_2} f(0,0) = 1 \neq 0 + 0\). L’application \(v \mapsto D_v f(0,0)\) n’est donc pas linéaire.

   Or, si \(f\) était différentiable en \((0,0)\), on aurait \(D_v f(0,0) = \mathrm{d}f(0,0)(v)\), qui est linéaire en \(v\). Par conséquent, \(f\) n’est pas différentiable en \((0,0)\).

3. Pour \(x \neq 0\) : \(f(x,x^2) = \dfrac{x^4}{x^4 + x^4} = \dfrac{1}{2}\).

   Donc \(f(x,x^2) \to \dfrac{1}{2}\) quand \(x \to 0\), alors que \((x,x^2) \to (0,0)\) et \(f(0,0) = 0\). La fonction \(f\) n’est pas continue en \((0,0)\), ce qui confirme la non-différentiabilité (exercice 1). Sur la figure, la parabole est une ligne de niveau, alors que \(f\) tend vers 0 le long de toute droite.

   

4. D’après a), \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0) = D_{e_1}f(0,0) = 0\) et \(\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0) = D_{e_2}f(0,0) = 0\). Les deux dérivées partielles existent et sont nulles, mais \(f\) n’est même pas continue. En effet, l’existence des dérivées partielles en un point ne donne aucune information dans les autres directions. Il faudrait leur continuité sur un voisinage pour conclure que \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^1\).

Barème : a) 1 point pour le cas \(k \neq 0\), 0,5 point pour le cas \(k = 0\) ; b) 0,5 point pour la non-linéarité, 0,5 point pour la conclusion ; c) 0,5 point pour le calcul, 0,5 point pour la discontinuité ; d) 0,25 point pour les valeurs, 0,25 point pour la justification.

Exercice 4 : Théorème de Schwarz et contre-exemple (3 points)

1. Pour \(h \neq 0\), \(g(h,0) = 0\), donc \(\dfrac{\partial g}{\partial x}(0,0) = 0\). De même, \(g(0,k) = 0\), donc \(\dfrac{\partial g}{\partial y}(0,0) = 0\).

   Ensuite, \(|x^2 – y^2| \leq\, x^2 + y^2\), donc \(|g(x,y)| \leq\, |xy| \leq\, \dfrac{x^2+y^2}{2}\), car \((|x| – |y|)^2 \geq\, 0\). Ainsi \(g(x,y) – g(0,0) – 0 = O(\|(x,y)\|^2) = o(\|(x,y)\|)\). Donc \(g\) est différentiable en \((0,0)\) et \(\mathrm{d}g(0,0) = 0\).

2. Soit \(y \neq 0\). Comme \(g(0,y) = 0\), on a pour \(h \neq 0\) :

   \[\dfrac{g(h,y) – g(0,y)}{h} = \dfrac{y\,(h^2 – y^2)}{h^2 + y^2} \underset{h \to 0}{\longrightarrow} -y.\]

   De même, pour \(x \neq 0\) et \(k \neq 0\) : \(\dfrac{g(x,k) – g(x,0)}{k} = \dfrac{x\,(x^2 – k^2)}{x^2 + k^2} \to x\).

   Donc \(\dfrac{\partial g}{\partial x}(0,y) = -y\) et \(\dfrac{\partial g}{\partial y}(x,0) = x\), formules encore vraies en \(0\) d’après a).

3. La fonction \(y \mapsto \dfrac{\partial g}{\partial x}(0,y) = -y\) a pour dérivée \(-1\). De même, \(x \mapsto \dfrac{\partial g}{\partial y}(x,0) = x\) a pour dérivée \(1\). Ainsi \(\dfrac{\partial^2 g}{\partial y\,\partial x}(0,0) = -1\) et \(\dfrac{\partial^2 g}{\partial x\,\partial y}(0,0) = 1\).

   Théorème de Schwarz. Si \(g\) est de classe \(\mathcal{C}^2\) sur un ouvert \(U\) de \(\mathbb{R}^2\), alors pour tout \(a \in U\), \(\dfrac{\partial^2 g}{\partial x\,\partial y}(a) = \dfrac{\partial^2 g}{\partial y\,\partial x}(a)\).

   Ici, les dérivées croisées diffèrent en \((0,0)\). Il n’y a donc pas de contradiction : \(g\) n’est de classe \(\mathcal{C}^2\) sur aucun voisinage de \((0,0)\). Ses dérivées secondes croisées ne sont pas continues en l’origine, bien que \(g\) soit \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}\).

Barème : a) 0,5 point pour les dérivées partielles, 0,5 point pour la majoration et la différentiabilité ; b) 0,5 point par dérivée partielle ; c) 0,5 point pour les dérivées croisées, 0,5 point pour l’énoncé de Schwarz et l’explication.

Exercice 5 : Problème : formule de Taylor et majoration du reste (5 points)

1. Les fonctions \((x,y) \mapsto e^{x}\) et \((x,y) \mapsto \cos y\) sont \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(\mathbb{R}^2\), comme composées de fonctions usuelles et des projections. Leur produit \(\varphi\) est donc \(\mathcal{C}^\infty\), en particulier \(\mathcal{C}^2\).

   \[\nabla \varphi(x,y) = \begin{pmatrix} e^{x}\cos y \\ -e^{x}\sin y \end{pmatrix}, \qquad \mathrm{Hess}\,\varphi(x,y) = e^{x}\begin{pmatrix} \cos y -\sin y \\ -\sin y -\cos y \end{pmatrix}.\]

   En \((0,0)\) : \(\nabla \varphi(0,0) = (1, 0)\) et \(\mathrm{Hess}\,\varphi(0,0) = \begin{pmatrix} 1 0 \\ 0 -1 \end{pmatrix}\).

2. Comme \(\varphi\) est \(\mathcal{C}^2\), la formule de Taylor-Young à l’ordre 2 s’applique :

   \[\varphi(x,y) = \varphi(0,0) + x + \dfrac{1}{2}(x^2 – y^2) + o(x^2 + y^2).\]

   Ainsi \(e^{x}\cos y = 1 + x + \dfrac{x^2 – y^2}{2} + o(x^2+y^2)\).

3. D’après b), \(\dfrac{\varphi(x,y) – 1 – x}{x^2 + y^2} = \dfrac{x^2 – y^2}{2(x^2 + y^2)} + o(1)\).

   Le long de l’axe \(y = 0\), cette quantité tend vers \(\dfrac{1}{2}\). Le long de l’axe \(x = 0\), elle tend vers \(-\dfrac{1}{2}\). Les deux limites diffèrent, donc la limite n’existe pas.

4. L’ensemble \(P\) est un demi-plan ouvert, donc un ouvert convexe. Pour une fonction à valeurs réelles, la norme d’opérateur de \(\mathrm{d}\varphi(x,y)\) est la norme euclidienne du gradient :

   \[\|\nabla\varphi(x,y)\| = e^{x}\sqrt{\cos^2 y + \sin^2 y} = e^{x} \leq\, e \quad \text{sur } P.\]

   Par l’inégalité des accroissements finis sur le convexe \(P\), \(|\varphi(b) – \varphi(a)| \leq\, e\,\|b – a\|\).

5. Posons \(S = \begin{pmatrix} \cos y -\sin y \\ -\sin y -\cos y \end{pmatrix}\). Cette matrice est symétrique et vérifie \(S^2 = I_2\). Ses valeurs propres valent donc \(1\) ou \(-1\), et sa norme d’opérateur euclidienne vaut \(1\). Par conséquent, \(\|\mathrm{Hess}\,\varphi(x,y)\| = e^{x}\).

   Sur la boule unité fermée, qui est convexe, on a \(x \leq\, 1\), donc \(\|\mathrm{Hess}\,\varphi\| \leq\, e\). L’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 2 sur le segment \([0, h]\), avec \(h = (x,y)\), donne alors

   \[|\varphi(h) – \varphi(0) – \mathrm{d}\varphi(0)(h)| \leq\, \dfrac{1}{2}\sup_{[0,h]}\|\mathrm{Hess}\,\varphi\|\,\|h\|^2.\]

   Ainsi \(|e^{x}\cos y – 1 – x| \leq\, \dfrac{e}{2}(x^2 + y^2)\) pour \(x^2 + y^2 \leq\, 1\). Ce résultat est cohérent avec c) : le quotient reste borné, sans avoir de limite.

Barème : a) 0,25 point pour la régularité, 0,5 point pour le gradient et la hessienne, 0,25 point pour les valeurs en \((0,0)\) ; b) 1 point ; c) 0,5 point par chemin avec la conclusion ; d) 0,5 point pour la convexité et la borne du gradient, 0,5 point pour l’inégalité ; e) 0,5 point pour la norme de la hessienne, 0,5 point pour la majoration finale.

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Après le corrigé du contrôle : différentielle de Fréchet et formules de Taylor

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