Calcul différentiel

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Calcul différentiel

Exercice 1329

9 novembre 2022 12:19 — Par Patrice Lassère

Bibliographie


[ID: 2531] [Date de publication: 9 novembre 2022 12:19] [Catégorie(s): Géométrie Topologie Continuité Dérivabilité Intégration Suites et séries Suites et séries de fonctions, séries entières Fonctions holomorphes Calcul différentiel Equations différentielles Analyse fonctionnelle Combinatoires et probabilités En cours... ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Calcul différentiel, extréma, fonctions harmoniques *

9 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

[rms],1994/95, ex. 247.

\(\Omega\) est un ouvert borné de \(\mathbb R^d\). Soit \(f\) une application de \(\overline\Omega\) dans \(\mathbb R\), continue sur \(\overline\Omega\), de classe \(\mathscr C^2\) sur \(\Omega\) et enfin harmonique sur \(\Omega\). Montrer que \[\sup_{x\in\overline\Omega}f(x)\leq\sup_{x\in\partial\Omega}f(x).\]



[ID: 2937] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Calcul différentiel, extréma, fonctions harmoniques
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:38

\(\Omega\) est borné, donc \(\overline\Omega\) est compact : \(f\) continue, atteint donc son suprémum en au moint un point \(\alpha\). Supposons par l’absurde que \[\sup_{x\in\partial\Omega}f(x)=f(\beta)<f(\alpha)\] (car la frontière \(\partial\Omega\) est fermée bornée donc aussi compacte) et posons pour \[x=\!^t(x_1,\dots,x_d)\in\mathbb R^d,\quad \varphi(x)=\Vert x\Vert^2=\sum_{k=1}^dx_i^2.\] Clairement \[\Delta \varphi(x)=2d.\] considérons maintenant pour \(\varepsilon>0\), la fonction définie sur \(\overline\Omega\) par \[f_\varepsilon(x)=f(x)+\varepsilon\varphi(x).\] la quantité \[M=\sup_{x\in\overline\Omega}\varphi(x)\] est bien finie par continuité de \(\varphi\) sur le compact \(\overline\Omega\). Si bien que \[\sup_{x\in\partial\Omega}f_\varepsilon(x)\leq f(\beta)+\varepsilon.M\] et \[\sup_{x\in\overline\Omega} f_\varepsilon(x)\geq f(\alpha).\] Puisque \(f(\alpha)>f(\beta)\), on peut choisir \(\varepsilon>0\) assez petit pour que \(f(\beta)+\varepsilon.M<f(\alpha)\) ; les deux dernières inégalités nous donnent alors \[\sup_{x\in\partial\Omega}f_\varepsilon(x)\leq f(\beta)+\varepsilon.M < f(\alpha)\leq \sup_{x\in\overline\Omega} f_\varepsilon(x)\] soit \[\sup_{x\in\partial\Omega}f_\varepsilon(x) < \sup_{x\in\overline\Omega} f_\varepsilon(x).\] En d’autres termes pour un tel \(\varepsilon\), le suprémum de \(f_\varepsilon\) sur \(\overline\Omega\) est atteint en un point \(\gamma\) de \(\Omega\). \(\Omega\) étant ouvert \(\gamma\) est un maximum local : \[d^2f_\varepsilon(x)(h,h)=\sum_{1\leq i,j\leq d}\dfrac{\partial^2f_\varepsilon}{\partial x_i\partial x_j}(x)h_ih_j\leq 0,\qquad\forall\,h\in \mathbb R^d.\] En particulier le choix \(h=h^i=(0,\dots,0,1,0\dots,0)\in\mathbb R^d\) pour \(1\leq i\leq d\) implique : \[\dfrac{\partial^2f_\varepsilon}{\partial x_i^2}(x)\leq 0\] en contradiction avec \[\Delta f_\varepsilon(x)=\sum_{i=1}^d\dfrac{\partial^2f_\varepsilon}{\partial x_i^2}(x)=\Delta f(x)+2d\varepsilon=2d\varepsilon>O.\] Le résultat est démontré.

Remarque : La preuve est à peine plus simple si \(\Omega\) est une boule : soit pour \(\varepsilon>0\), \[g_\varepsilon(x)=f(x)+\varepsilon\Vert x-a\Vert^2.\] Nous avons \[dg_\varepsilon(x)=df(x)+2\varepsilon\langle x-a,{\bf{1}}\rangle \quad\text{et}\quad d^2g_\varepsilon(x)=d^2f(x)+2\varepsilon I_d,\] (où \({\bf{1}}=\! ^t(1,1,\dots,1)\in\mathbb R^d\) et \(I_d\in M_d(\mathbb R^d)\) est la matrice identité). Comme par hypothèse \[\Delta(f)=\text{tr}(d^2f)=0\] nous avons \[\text{tr}(d^2g_\varepsilon(x))=\Delta(g_\varepsilon)(x)=2d\varepsilon>0\] si bien que \(d^2g_\varepsilon(x)\) admet toujours au moins une valeur propre strictement positive en chaque point de la boule ouverte \(B(a,r)\) (\(g_\varepsilon\) harmonique est de classe \(\mathscr C^2\) (en fait alors \(\mathscr C^\infty\)) sa matrice Hessienne est donc symétrique réelle et ses valeurs propres sont réelles...). Mais \(f\) et donc \(g_\varepsilon\) est continue sur le compact \(\overline{B(a,r)}\) : \(g_\varepsilon\) y admet donc un maximum \(x_0\) qui, vu ce qui précède se trouvera nécessairement sur la frontière de \(B\). En outre sur la frontière de la boule \(\varepsilon\Vert x-a\Vert^2=\varepsilon r^2\), cette quantité étant constante \(x_0\) ne dépend pas de \(\varepsilon\) i.e. \[\exists\, x_0\in\partial B\quad:\quad\forall\,\varepsilon>0,\ x\in B\qquad f(x)+\varepsilon\Vert x-a\Vert^2\leq f(x_0)+\varepsilon\Vert x_0-a\Vert^2,\] il ne reste plus qu’à faire tendre \(\varepsilon\) vers zéro pour conclure.


Calcul différentiel, espaces vectoriels normés, polynômes *

9 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

([rms], 2000/01, ex. 52).

On munit \(\mathbb R[X]\) de la norme uniforme sur \([0,1]\) et on considère l’application \(f\ :\ \mathbb R[X]\longrightarrow\mathbb R\) définie par \[f(P)=\sum_{k\geq 1}\dfrac{1}{1+k^2P^2(k^{-1})}\]

Préciser le domaine de définition de \(f\) et vérifier que c’est un ouvert de \(\mathbb R[X]\).

Montrer que \(f\) est différentiable sur cet ouvert.



[ID: 2939] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Calcul différentiel, espaces vectoriels normés, polynômes
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:38

 Rappel : Soient \(E,F\) deux espaces vectoriels normés, une application \(f : E\to F\) est différentiable au point \(a\in E\) s’il existe une application linéaire continue \(L=df(a) : E\to F\) verifiant \[\lim_{h\to 0_E}\dfrac{\Vert f(a+h)-f(a)-L(h)\Vert_F}{\Vert h\Vert_E}=0\]

  1. Pour \(P\in\mathbb R[X]\), posons \(u_k(P)=\dfrac{1}{1+k^2P(k^{-1})^2}\).

    -Si \(P(0)\neq 0\), alors \[u_k(P)=\dfrac{1}{1+k^2(P(0)+0(k^{-1}))^2}=\dfrac{1}{1+P^2(0)k^2(1+0(k^{-1})}\underset{k\to\infty}{\sim} \dfrac{1}{P(0)^2k^2}\quad (k\to+\infty)\] Avec le critère de comparaison des séries à termes positifs, \(f(P)\) est bien définie.

    -Supposons maintenant que \(P(0)=0\). \(P\equiv 0\) la série \(\sum_k u _k(P)\) diverge grossièrement ; sinon soit \(d:=\inf\{\nu\ :\ P^{(\nu)}(0)\ne 0\}\) la valuation de \(P\). La formule de Taylor assure que \[P(k^{-1})=\dfrac{P^{(d)}(0)}{d!}\dfrac{1}{k^d}+o(k^{-d})\quad (k\to\infty)\] ainsi, lorsque \(k\) tends vers \(+\infty\) \[u_k(P)=\dfrac{1}{1+\left(\dfrac{P^{(d)}(0)}{d!}\right)^2\dfrac{1}{k^{2(d-1)}} +o\left(\dfrac{1}{k^{2(d-1)}}\right)}\longrightarrow\begin{cases}\left( 1+P'(0)^2\right)^{-1},&\text{si } d=1,\\ 1,&\text{si } d>1.\end{cases}\] Et la série \(\sum_k u_k(P)\) diverge grossièrement.

    -En résumé, le domaine de définition de \(f\) est \[\mathscr D_f=\{ P\in\mathbb R[X]\ :\ P(O)\neq 0\}.\] C’est l’image réciproque de l’ouvert \(\mathbb R^\star\) par l’application linéaire \(\varphi\ :\ \mathbb R[X]\ni P\mapsto \varphi(P)=P(0)\). Puisque \[\vert\varphi(P)\vert=\vert P(0)\vert\leq\Vert P\Vert:=\sup_{[0,1]}\vert P(t)\vert,\] \(\varphi\) est continue et \(\mathscr D_f=\varphi^{-1}(\mathbb R^\star)\) est ouvert dans \(\mathbb R[X]\).

  2. Soit \(P\in\mathscr D_f\) et étudions la différentiabilité de \(f\) au point \(P\). Soit \(H\in\mathscr D_f\) de norme suffisament petite pour que \(P+H\in\mathscr D_f\). Il s’agit de trouver une application \(L\in \mathscr L_c(\mathscr D_f,\mathbb R)\) telle que \[f(P+H)-f(P)=L(H)+o(\Vert H\Vert_\infty),\] deviner \(L\) n’est pas immédiat, un petit interlude divinatoire est nécéssaire :

    -on est donc conduit à étudier la quantité \[\begin{aligned}u_k(P+H)-u_k(P)&=\dfrac{1}{1+k^2(P+H)^2(k^{-1})}-\dfrac{1}{1+k^2P^2(k^{-1})}\\ &=-\dfrac{2k^2P(k^{-1})H(k^{-1})+k^2H^2(k^{-1})}{(1+k^2(P+H)^2(k^{-1}))(1+k^2P^2(k^{-1}))}\\ &=-\dfrac{2k^2P(k^{-1})H(k^{-1})+k^2H^2(k^{-1})}{(1+k^2P^2(k^{-1})^2)}\\ &\quad +\dfrac{2k^2P(k^{-1})H(k^{-1})}{(1+k^2P^2(k^{-1}))}-\dfrac{2k^2P(k^{-1})H(k^{-1})}{(1+k^2(P+H)^2(k^{-1}))(1+k^2P^2(k^{-1}))}\\ &=L_k(H)+R\quad \text{avec}\quad L_k(H)=-\dfrac{2k^2P(k^{-1})H(k^{-1})}{(1+k^2P^2(k^{-1}))^2}=-2k^2P(k^{-1})H(k^{-1})u_k^2(P) \end{aligned}\] notre choix pour \(L_k(H)\) purement subjectif peut être motivé par exemple parce qu’il faut d’une part chercher quelque chose de linéaire en \(H\) et, d’autre part si \(\Vert H\Vert\) tends vers zéro \[-\dfrac{2k^2P(k^{-1})H(k^{-1})}{(1+k^2(P+H)^2(k^{-1}))(1+k^2P^2(k^{-1}))} \underset{\Vert H\Vert\to 0}{\sim} -\dfrac{2k^2P(k^{-1})H(k^{-1})}{(1+k^2P^2(k^{-1})^2)}=L_k(H).\] On peut aussi motiver notre choix en utilisant sans aucune rigueur la formule classique mais toujours d’une importance stratégique : \[\left( f\text{ différentiable en } a\right) \Longrightarrow \left( df(a)h=\lim_{t\to 0}\dfrac{f(a+th)-f(a)}{t}\right) .\] En effet, pour le cas qui nous interesse \[\begin{aligned} \lim_{t\to 0}\dfrac{f(P+tH)-f(P)}{t}&=\lim_{t\to 0}\sum_{k\geq 1} \dfrac{u_k(P+tH)-u_k(P)}{t}\\ &=\sum_{k\geq 1}\lim_{t\to 0}\dfrac{u_k(P+tH)-u_k(P)}{t}\\ &=\sum_{k\geq 1} -2k^2P(k^{-1})H(k^{-1})u_k^2(P)=\sum_{k\geq 1}L_k(H)=L(H) \end{aligned}\] où bien entendu l’échange \(\lim\sum=\sum\lim\) n’a pas été justifié. Résumons nous : nous avons un candidat suspect pour \(df(P)(H)\) c’est \[L_P(H)=\sum_{k\geq 1} -2k^2P(k^{-1})H(k^{-1})u_k^2(P){(\bigstar)}\] pour montrer que c’est bien lui (i.e. \(L_P=df(P)\)), il va falloir successivement montrer que la série définissant \(L_P\) est bien convergente sur \(\mathscr D_f\), qu’alors \(L_P\) est une application (linéaire) continue de \(\mathscr D_f\) dans \(\mathbb R\) et qu’enfin \(f(P+H)-f(P)-L_P(H)=o(\Vert H\Vert_\infty)\) (ou justifier l’échange \(\lim\sum=\sum\lim\) dans ce qui précède...). Au travail.

    -Soit \(P\in\mathscr D_f\), nous avons comme dans la première partie \[k^2u_k^2(P)\sim \dfrac{1}{k^2P^4(0)}\] de sorte que la série \(\sum_{k\geq 1}k^2u_k^2(P)\) converge. Notons \(C=\sum_{k\geq 1}k^2u_k^2(P)\), pour tout \(H\in\mathscr D_f\) nous avons \[\vert 2k^2P(k^{-1})u_k^2(P)H(k^{-1})\vert\leq 2\Vert P\Vert_\infty\Vert H\Vert_\infty k^2u_k^2(P),\quad k\in\mathbb N^\star\] ce qui, par critère de comparaison des séries à termes positifs assure que la série définissant \(L_P\) est bien absolument convergente sur \(\mathscr D_f\). En outre il résulte aussi de cette inégalité : \[\forall\,H\in\mathscr D_f\quad : \quad \vert L_P(H)\vert\leq 2C\Vert P\Vert_\infty\Vert H\Vert_\infty\] qui assure la continuité de \(L_P\) sur \(\mathscr D_f\) (la linéarité est évidente).

    -Montrons maintenant que \(f(P+H)-f(P)-L_P(H)=o(\Vert H\Vert_\infty)\). C’est un calcul assez fastidieux. \[f(P+H)-f(P)-L_P(H)=\sum_{k\geq 1}u_k(P+H)-u_k(P)+2k^2P(k^{-1})u_k^2(P)H(k^{-1}).\] et pour \(k\in\mathbb N^\star\) \[u_k(P+H)-u_k(P)+2k^2P(k^{-1})u_k^2(P)H(k^{-1})= \left(-1+3k^2P^2(k^{-1})+2k^2P(k^{-1})H(k^{-1}) \right) k^2H(k^{-1})u_k^2(P)u_k(P+H),\] donc \[\vert u_k(P+H)-u_k(P)+2k^2P(k^{-1})u_k^2(P)H(k^{-1})\vert \leq k^2u_k^2(P)u_k(P+H)\left(1+k^2(3\Vert P\Vert_\infty^2+2\Vert P\Vert_\infty\Vert H\Vert_\infty) \right)\] et comme \(0<u_k(P+H)\leq 1\) \[\vert u_k(P+H)-u_k(P)+2k^2P(k^{-1})u_k^2(P)H(k^{-1})\vert \leq k^2u_k^2(P)\left(1+k^2u_k(P+H)(3\Vert P\Vert_\infty^2+2\Vert P\Vert_\infty\Vert H\Vert_\infty) \right).\] Mais \[\dfrac{1}{k^2u_k(P+H)}=\dfrac{1+k^2(P(k^{-1})+H(k^{-1}))^2}{k^2}\geq (P(k^{-1})+H(k^{-1}))^2\geq (\vert P(k^{-1})\vert-\vert H(k^{-1})\vert)^2 {\text{($\star$)}}\] et par continuité de \(P\) à l’origine, il existe \(N\in\mathbb N\) tel que \(k\geq N\) implique \(\vert P(k^{-1})\vert \geq \dfrac{\vert P(0)\vert}{2}\) et comme \(H\) peut être choisi de norme arbitrairement petite, imposont \(\Vert H\Vert_\infty\leq\dfrac{\vert P(0)}{4}\). Alors pour \(k\geq N+1\) \[\vert P(k^{-1})-H(k^{-1}) )\vert\geq \dfrac{\vert P(0)}{2}-\Vert H\Vert_\infty \geq\dfrac{\vert P(0)\vert}{4}\] soit, avec (\(\star\)) : \[k^2u_k(P+H)\leq \dfrac{16}{\vert P(0)\vert^2}\] par conséquent, (\(C=\sum_{k\geq 1}k^2u_k^2(P)\)) \[\begin{aligned} &\vert f(P+H)-f(P)-L_P(H)\vert \leq \sum_{k\geq 1}\vert u_k(P+H)-u_k(P)+2k^2P(k^{-1})H(k^{-1})u_k^2(P)\vert \\ &\leq \Vert H\Vert^2_\infty \left\lbrace C+(3\Vert P\Vert^2_\infty+2\Vert P\Vert_\infty\Vert H\Vert_\infty) \left( \sum_{k=1}^Nk^4u_k^2(P)u_k(P+H)+\sum_{k\geq N+1}k^4u_k^2(P)u_k(P+H)\right) \right\rbrace \\ &\leq \Vert H\Vert^2_\infty \left\lbrace C+(3\Vert P\Vert^2_\infty+2\Vert P\Vert_\infty\Vert H\Vert_\infty) \left(\sum_{k=1}^Nk^4u_k^2(P)u_k(P+H)+\dfrac{16}{\vert P(0)\vert^2}C \right) \right\rbrace . \end{aligned}\] Il résulte de cette dernière inégalité que \[f(P+H)-f(P)-L_P(H)=o(\Vert H\Vert_\infty)\] lorsque \(H\) tends vers \(0\) dans \((\mathbb R[X],\Vert.\Vert)\) : \(f\) est donc différentiable au point \(P\) et la différentielle de \(f\) au point \(P\) est la forme linéaire continue \(df(P)=L_P\) : \[H\mapsto -\sum_{k\geq 1}\dfrac{2k^2P(k^{-1})H(k^{-1})}{\left( 1+k^2P^2(k^{-1})\right)^2 }.\]

    Remarques : -Ouf ! et si quelqu’un a plus simple : qu’il se manifeste !

    -En dimension infinie, il ne faut sutout pas oublier l’hypothèse de continuité pour l’application linéaire dans la définition de la différentiabilité sans laquelle par exemple toute application linéaire discontinue (il en existe toujours en dimension infinie...c’est un autre exercice) serait automatiquement différentiable ! Certains auteurs imposent plutot à \(f\) d’être continue au point \(a\) dans la définition de la différentiabilité, l’application linéaire est alors automatiquement continue.


Extrémas en dimension plus grande que \(2\) : attention aux idées reçues ! *

9 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

  1. Considérons une application \(f\in\mathscr C^\infty(\mathbb R^d,\mathbb R)\). Si \(f\) admet un point critique qui est un un extrema local (maximum ou minimum local) mais non global, doit-elle posséder au moins un autre point critique ? (d’après J.M.Ash & H.Sexton A surface with one local minimum, Math.Mag. (19??) 58-3, pp. 147-149 and I.Rosenholtz & L.Smylie The only critical point in town, Math.Mag. (19??) 58-3, pp. 149-150 ).

  2. Dans \(\mathbb R[X_1,\dots,X_d],\ (d\geq 1)\) donner l’exemple d’un polynôme à coefficients réels minoré sur \(\mathbb R^d\) sans atteindre sa borne inférieure.


[ID: 2941] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Extrémas en dimension plus grande que \(2\) : attention aux idées reçues !
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:38

  1. La réponse est oui si \(d=1\) et de manière à priori plus surprenante non si \(d\geq 2\).

    -Si \(d=1\). Soit donc \(f\in\mathscr C^1(\mathbb R,\mathbb R)\) présentant (sans perdre de généralité...) à l’origine un minimum local. Par exemple \(f(0)=0,\ f(x)>0,\ \forall\,0<\vert x\vert<\delta\). \(x=0\) n’étant pas un minimum global, il existe \(a\in\mathbb R\), disons \(a>0\), tel que \(f(a)<0\).Soit \(f(a)f(\delta/2)<0\), par le théorème de valeurs intermédiaires il existe \(b>0\) tel que \(f(b)=0\), soit \(f(0)=f(b)=0\) ; le théorème de Rolle assure alors de l’existence d’un réel \(c\in]0,b[\) tel que \(f'(c)=0\) et nous avons bien construit un second point critique pour \(f\).

    -Pour un contre-exemple en deux variables, considérons la fonction \(\mathscr C^\infty\) \[f(x,y)=\dfrac{-1}{1+x^2}+(2y^2-y^4)\left( 1+\dfrac{1}{1+x^2}\right),\quad(x,y)\in\mathbb R^2.\] Pour localiser les points critiques et préciser leur nature sans trop de calculs considérons les sections du graphe de \(f\) à \(x=c=\) constante : l’application \(f_c(y)=f(c,y)=-a+(2y^2-y^4)\left( e^c+a\right)\) présente (voir figure 1) trois points critiques \(y=0\), \(y=1\) et \(y=-1\). Ainsi, les éventuels points critiques de \(f\) se trouveront sur les sections \(y=0\), \(y=1\) et \(y=-1\) (vu qu’ailleurs, \(\partial_y f\neq 0\)). Sur \(y=\pm 1\), \(f(x,\pm 1)=e^x\) soit \(\partial_x f=e^x>0\). Sur \(y=0\), \(f(x,0)=\frac{-1}{1+x^2}\) soit \(\partial_x f(x,0)=\frac{2x}{(1+x^2)^2}\) qui s’annule si, et seulement si \(x=0\). \(f\) admet donc un unique point critique : \((0,0)\).

    image
    Les-mathematiques.net

    \(f(0,0)=-1>-17=f(0,2)\) : \((O,O)\) n’est donc pas un minimum global. Il nous reste à vérifier que \((0,0)\) est néanmoins un minimum local, pour cela il suffit de remarquer que \[\begin{aligned}f(x,y)&=-1+\dfrac{x^2}{1+x^2}+y^2(2-y^2)\left( 1+\dfrac{1}{1+x^2}\right)\\ &=f(0,0)+\left[\dfrac{x^2}{1+x^2}+y^2(2-y^2)\left( 1+\dfrac{1}{1+x^2}\right)\right]\\ &>f(0,0)\quad\text{pour}\ (x,y)\in D((0,0),\sqrt{2})\setminus\{(0,0)\}. \end{aligned}\] D’où le résultat.

  2. Il suffit de considérer dans \(\mathbb R[X,Y]\) le polynôme \[p(x,y)=x^2+(xy-1)^2\] qui est clairement positif sur \(\mathbb R^2\) ; toutefois l’axe \(\left\lbrace\,(x,y)\in\mathbb R^2\ :\ x=0\, \right\rbrace\) et l’hyperbole \(\left\lbrace\,(x,y)\in\mathbb R^2\ :\ xy=1\, \right\rbrace\) n’ayant aucun points communs notre polynôme ne prends jamais la valeur \(0\). Mais \[\forall\,\varepsilon>0\quad:\quad p(\varepsilon,\varepsilon^{-1})=\varepsilon^2\] si bien que \[\inf_{(x,y)\in\mathbb R^2}p(x,y)=0\] et ne sera jamais atteind.

    Remarque : -Moralité : comme toujours se méfier du passage en plusieurs variables, nombreuses propriétés, vraies en une variable ne passent plus dès deux variables !

    -Le second exemple est un petit garde-fou contre la tentation d’étendre à plusieurs variables la propriété classique en une variable (idem dans \(\mathbb C[z]\)) \[\forall\,p\in\mathbb R[x],\ \text{deg}(p)\geq 1\quad: \quad\lim_{\vert x\vert\to+\infty}\vert p(x)\vert=+\infty\] alors que le polynôme à deux variables considéré plus haut est constant sur l’axe des ordonnées.


Théorème de d’Alembert-Gauss, topologie, calcul différentiel *

9 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Soit \(f\ :\ \mathbb R^n\to\mathbb R^n\) une application de classe \(\mathscr C^1\) vérifiant :

\(\vartriangleright\quad\) \(\{\,a\in\mathbb R^n\ :\ df(a)\not\in GL_n(\mathbb R)\,\}\) est fini.

\(\vartriangleright\quad\) L’image réciproque par \(f\) de tout compact \(K\) de \(\mathbb R^n\) est compacte.

Alors \(f\) est surjective si \(n\geq 2\).

En déduire le théorème de d’Alembert-Gauss.


[ID: 2943] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Théorème de d’Alembert-Gauss, topologie, calcul différentiel
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:38

  1. Supposons \(n\geq 2\) et notons \[A=\{a\in\mathbb R^n\ :\ df(a)\not\in GL_n(\mathbb R^n)\},\quad \Omega_2=\mathbb R^n\setminus f(A)\quad \text{ et }\quad \Omega_1=f^{-1}(\Omega_2).\] -Par hypothése \(A\) est fini, donc \(f(A)\) aussi et par suite \(\Omega_2\) est ouvert ; \(f\) étant continue, il en est de même pour \(\Omega_1\)

    On vérifie facilement que \(\Omega_1\subset \mathbb R^n\setminus f(A),\quad f(\Omega_1)\subset\Omega_2\) si bien que l’on peut encore considérer la restriction \(\ f\ :\ \Omega_1\to\Omega_2\) que l’on notera toujours \(f\).

    -Avec la seconde hypothèse, l’image réciproque \(f^{-1}(K)\) de tout compact \(K\) dans \(\Omega_2\) est (\(\Omega_2\) est ouvert, donc \(K\) est aussi un compact de \(\mathbb R^n\)) un compact de \(\Omega_1\) ; par un résultat standart1 \(f\) est fermée (ie l’image de tout fermé de \(\Omega_1\) est un fermé de \(\Omega_2\)) : en particulier \(f(\Omega_1)\) est fermé dans \(\Omega_2\).

    Montrons que \(f(\Omega_1)\) est ouvert dans \(\Omega_2\) : soit donc \(y\in f(\Omega_1)\) et \(x\in\Omega_1\) tel que \(f(x)=y\). Par construction, \(df(x)\in GL_n(\mathbb R)\), étant en dimension finie c’est un homéomorphisme linéaire de \(\mathbb R^n\) dans \(\mathbb R^n\) ; par le théorème d’inversion locale, il existe donc deux ouverts \(U,V\) de \(\mathbb R^n\) avec \(x\in U\subset\Omega_1,\ y\in V\) tels que \(f\) induise un difféomorphisme de classe \(\mathscr C^1\) de \(U\) sur \(V\). Donc \(V=f(U)\subset\Omega_2\) et \(f(\Omega_1)\) est ouvert.

    -\(\Omega_2\) est \(\mathbb R^n\) privé d’un nombre fini de points : il est2 connexe par arcs et donc connexe. Ainsi, \(f(\Omega_1)\) est à la fois ouvert, fermé et non vide dans \(\Omega_2\) connexe : \(f(\Omega_1)=\Omega_2\).

    -Il est maintenant temps de conclure : soit \(y\in\mathbb R^n\) il y a alors deux alternatives

    \(\vartriangleright\quad\) ou bien \(y\in f(A)\),

    \(\vartriangleright\quad\) ou bien \(y\in \Omega_2=f(\Omega_1)\),

    dans tous les cas, \(y\) admet un antécédent : \(f\) est bien surjective.

    remarque : Si \(n=1\), \(f\) peut ne pas être surjective comme le montrer l’exemple de \(f\ :\ \mathbb R\to\mathbb R\) définie par \(f(x)=x^2\). On a \(A=\{0\}\) et (exercice classique) \(\left(\lim_{\vert x\vert\to+\infty}\vert f(x)\vert=+\infty\right)\iff\left(\forall\,K\text{ compact },\ f^{-1}(K) \text{ est compact }\right)\) ; les deux hypothèses sont donc bien vérifiées mais \(f\) n’est pas surjective.

  2. Observons comment le théorème de d’Alembert-Gauss en découle : associons à tout polynôme de degré supérieur ou égal à \(1\) \[P(z=x+iy)=Q(x,y)+iR(x,y)\in\mathbb C[z] \quad\text{avec}\quad Q=\text{re}(P)\ \text{ et }\ R=\text{im}(P)\] l’application \[\varphi \quad :\ (x,y)\in\mathbb R^2\ \longmapsto\ \varphi(x,y)=(Q(x,y),R(x,y))\in\mathbb R^2\] on va montrer que \(\varphi\) satisfait deux aux hypothèses de la première question, si bien quelle sera surjective et l’origine admettra un antécédent i.e. \(\exists\, (a,b)\in\mathbb R^2\) tel que \(\varphi(a,b)=0\) soit \(P(a+ib)=R(a,b)+iQ(a,b)=0\) ; \(P\) admet donc au moins un zéro dans \(\mathbb C\) et le théorème de d’Alembert-Gauss est donc démontré.

    -Commencons par remarquer \(\vert \varphi(x,y)\vert=\vert P(z)\vert\) et par conséquent \[\lim_{\Vert(x,y)\Vert\to+\infty}\vert\varphi(x,y)\vert=\lim_{\vert z\vert\to+ \infty}\vert P(z)\vert=+\infty\] \(\varphi\) étant continue sur \(\mathbb R^2\), un exercice classique3 nous assure que la seconde propriété est satisfaite par \(\varphi\).

    -Pour la première, la matrice jacobienne de \(\varphi\) est (avec les équations de Cauchy-Riemann \(\partial_xQ=\partial_yR,\ \partial_yQ=-\partial_xR\) qui, rappelons-le sont faciles – i.e. ne nécessitent aucun recours à la \(\mathbb C\)-dérivabilité – à établir pour un polynôme ) nous avons \[J_\varphi(x,y)=\begin{pmatrix} \partial_xQ&\partial_yQ\\\partial_xR&\partial_yR\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \partial_xQ&-\partial_xR\\\partial_xR&\partial_xQ\end{pmatrix}\] soit4 \[\vert J_\varphi(x,y)\vert =\vert\partial_xQ(x,y)\vert^2+\vert\partial_xR(x,y)\vert^2=\vert P'(z)\vert^2,\] si bien que \[\{\,X\in\mathbb R^2\ :\ d\varphi(X)\not\in GL_2(\mathbb R)\,\}=\{(a,b)\in\mathbb R^2\ :\ P'(a+ib)=0\}\] et finalement \[\text{card}\{\,X\in\mathbb R^2\ :\ d\varphi(X)\not\in GL_2(\mathbb R)\,\}=\text{card}\{(a,b)\in\mathbb R^2\ :\ P'(a+ib)=0\} \leq \text{degr\'e}(P)-1<+\infty\] soit (1)

  1. 1  Monier ??
  2. 2  c’est ici qu’on utilise le fait que \(n\geq 2\) !
  3. 3  exercice 1-24, Analyse MP (exercices) J.M.Monier - Dunod - 1997, Monier le fait pour une application de \(\mathbb R\) dans \(\mathbb R\) mais le résultat et la preuve subsistent pour une application de \(\mathbb R^n\) dans \(\mathbb R\).↩︎

  4. voir la formule \((\bigstar)\) page trois


Théorème de d’Alembert-Gauss, calcul différentiel, optimisation *

9 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Si \(f : \mathbb C\to\mathbb R^+\) est continue et vérifie \(\lim_{\vert z\vert\to+\infty}\vert f(z)\vert=+\infty\), alors il existe \(z^\star\in\mathbb C\) tel que \(f(z^\star)=\inf_{z\in\mathbb C}f(z)\).

Soit \(\varphi\ :\ \mathbb R\to\mathbb R\) une application \(n\geq 2\) fois dérivable telle que

\(\vartriangleright\quad \varphi\) présente en \(0\) un minimum.

\(\vartriangleright\quad\) Il existe \(p\in\{2,\dots,n\}\) tel que \(\varphi^{(p)}(0)\ne 0.\)

Alors, si \(k\) désigne le premier entier \(\geq 2\ (2\text{ car }\varphi'(0)=0)\) pour lequel \(\varphi^{(k)}(0)\ne 0\), on a nécessairement \(\varphi^{(k)}(0)\geq 0\).

En déduire une nouvelle démonstration du théorème de d’Alembert-Gauss.


[ID: 2945] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Théorème de d’Alembert-Gauss, calcul différentiel, optimisation
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:38

  1. et

  2. sont classiques.

  3. Soit \(P(z)=a_dz^d+\dots+a_1z+a_0\) un polynôme de degré \(d\geq 1\). On pose \(f(z)=\vert P(z)\vert^2\) (comme le dit JBHU, le carré est important pour lisser les choses... le module au carré ou norme euclidienne, à le bon gout d’être différentiable). On a \[\begin{aligned}f(z)=\Big\vert\sum_{k=0}^d a_kz^k\Big\vert&\geq\left(\vert a_d\vert.\vert z \vert^d-\sum_{k=0}^{d-1}\vert a_k\vert .\vert z\vert^k\right)^2\\ &\geq \vert a_d\vert.\vert z\vert^{2d}\left( 1+\large{0}\left({1\over \vert z\vert}\right)\,\right)\rightarrow +\infty \ \text{quand }\vert z\vert\to+\infty. \end{aligned}\] Vu (1), il existe \(z^\star\in\mathbb C\) minimisant \(f\) sur \(\mathbb C\). Il s’agit maintenant de montrer que \(z^\star\) fait notre affaire, à savoir \(P(z^\star)=0\). Pour cela, on commence par se ramener à l’origine en considérant \[Q(z):=P(z+z^\star)=b_0+b_1z+\dots+b_dz^d= b_0+\dots+b_st^s+\dots+b_dt^d\] (\(s\) est le premier entier non nul pour lequel \(b_1=\dots=b_{s-1}=0,\ b_s\ne 0\)) et l’objectif est de démontrer que \(0\) est racine de \(Q\), c’est à dire \(b_0=0\). Pour cela, si \(\theta\in[0,2\pi[\), considérons \[\varphi_\theta\ :\ t\in\mathbb R\ \mapsto\ \varphi_\theta(t):=\Big\vert Q(te^{i\theta})\Big\vert^2,\] ce n’est rien d’autre que la restriction de \(f\) à la droite passant par l’origine des complexes d’argument \(\theta\). Bien entendu, \(\varphi_\theta\) présente en \(z=0\) un minimum et ce, quel que soit \(\theta\in[0,2\pi[\) (en particulier \(\varphi'_\theta(0)=b_1e^{i\theta}= 0\Longrightarrow b_1=0\)). En outre \[\begin{aligned} \varphi_\theta(t) &=\left(b_0+b_st^se^{is\theta}+\dots+b_dt^de^{id\theta}\right) \left(\overline{b_0}+\overline{b_s}t^se^{-is\theta}+\dots+\overline{b_d}t^de^{-id\theta}\right)\\ &=\vert b_0\vert^2+\left(b_s\overline{b_0} e^{is\theta}+b_0\overline{b_s} e^{-is\theta}\right)t^s+\text{ des termes en }t^k\text{ avec }k>2s\\ &=\vert b_0\vert^2+2t^s\text{re}\left( \overline{b_0}b_se^{is\theta}\right)+{\text{\small 0}}(t^s). \end{aligned}\] Par suite \[\varphi^{(k)}_\theta(0)=0,\ \text{si}\ k=1\dots s-1\quad\text{et}\quad\varphi^{(s)}_\theta(0)=2s!\text{re}\left( \overline{b_0}b_se^{is\theta}\right)\] et vu (2), (bien remarquer que \(s\) est indépendant de \(\theta\) et \(\geq 2\)) : \[\forall\,\theta\in[0,2\pi[\quad : \quad\varphi^{(s)}_\theta(0)\geq 0.{(\text{$\star$})}\] Supposons \(b_0\ne 0\) (\(b_s\) est différent de zéro par construction), avec \(\overline{b_0}b_s= \vert\overline{b_0}b_s\vert e^{i\rho}\) nous avons \[\begin{aligned} 2\text{re}\left( \overline{b_0}b_se^{is\theta}\right) &= 2\text{re}(\vert\overline{b_0}b_s\vert e^{i\rho}e^{is\theta}) \\ &=2\big\vert \overline{b_0}b_s\big\vert\cos(s\theta+\rho) \end{aligned}\] puisque \(\big\vert \overline{b_0}b_s\big\vert> 0\) le dernier terme va décrire l’intervalle \(]-\big\vert \overline{b_0}b_s\big\vert,\big\vert \overline{b_0}b_s\big\vert[\) lorsque \(\theta\) varie de \(0\) à \(2\pi\) si bien qu’il ne peut éviter de prendre des valeurs \(<0\) contredisant (\(\star\)) : la seule alternative est donc que \(b_0=0\) et le théorème est démontré.

    Remarque : Cette démonstration nous a été communiquée par notre collègue de l’université Paul Sabatier de Toulouse, J.B. HIRIART-URRUTY, qui lui-même la tient du livre de Alexeev-Tikhomirov-Fomine , Commande optimale, Editions Mir (1982).


Inversion locale et globale *

9 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

  1. Soit \(\Omega:=\mathbb R^2\setminus\{0\}\) et \[f(x,y)=(x^2-y^2, 2xy).\] Montrer que \(f\) est un difféomorphisme local au voisinage de tout point de \(\Omega\) mais que ce n’est pas un difféomorphisme global. Expliciter des ouverts \(U,V\) aussi grands que possible et tels que \(f\ :\ U\to V\) soit un difféomorphisme global.

  2. Soit \(f\ :\ \mathbb R\to\mathbb R\) définie par \[f(x)=\begin{cases} x+\sin\left(\frac{\pi}{x}\right)&\text{si}\ x\in\mathbb R\setminus\{0\}\\ 0&\text{sinon. } \end{cases}\] Montrer que \(f\) est dérivable sur \(\mathbb R\), que \(f'(0)\ne 0\) mais que \(f\) n’est inversible sur aucun voisinage de l’origine. Commentaire ?



[ID: 2947] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Inversion locale et globale
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:38

  1. La matrice jacobienne de \(f\) \[J_f(a,b)=\begin{pmatrix} 2x&-2y\\2y&2x \end{pmatrix}\] de déterminant \(4(x^2+y^2)\ne 0\) sur \(\Omega\) (ou bien, avec l’identification \(\mathbb R^2 \simeq\mathbb C\), \(f\) est l’application \(z\mapsto z^2\) holomorphe sur \(\mathbb C^\star\) et \(J_f(x,y)\) est l’écriture matricielle de la multiplication \(f'(z)=2z\)) dans tous les cas, le théorème d’inversion locale s’applique à \(f\) (qui est de classe \(\mathscr C^1\) sur \(\Omega\)) : pour tout \(a\ne 0\) il existe deux ouvert \(U\subset\Omega,\ V\subset\mathbb R^2\) tels que \(f\) soit un \(\mathscr C^1\) difféomorphisme de \(U\) sur \(V\). Vu que \(f(z)=z^2\) il existe donc sur \(V\) une determination de classe \(\mathscr C^1\) (elle est même holomorphe, voir un cours sur le logarithme complexe) de la racine carrée.

    L’inversion locale n’est pas globale (i.e. on ne peut avoir \(U=\mathbb C\setminus\{0\}\) ) car \(f\) n’est pas injective (\(f(z)=f(-z)\)), l’ouvert maximal ne pourra contenir deux points opposés dans le plan complexe ; après un petit calcul on vérifie que le demi-plan \(\{z\in\mathbb C\ : \ \text{re}(z)>0\}\) convient ainsi que tout demi-plan deduit de celui-ci par une rotation autour de l’origine, l’ouvert d’arrivée étant alors \(\mathbb C\setminus\mathbb R_-\) ou dans les autres cas \(\mathbb C\) privé d’une demi-droite issue de l’origine (encore une fois le lecteur connaissant le logarithme complexe ne sera pas surpris par ces solutions).

  2. \(f\) est de classe \(\mathscr C^1\) sur \(\mathbb R\setminus\{0\}\) et puisqu’au voisinage de l’origine \(f(x)=x+o(x^2)\), elle est aussi dérivable à l’origine avec \(f'(0)=1\). Toutefois \(f\) n’est pas injective au voisinage de l’origine (c’est du aux oscillations rapides générées par le sinus) ; précisément pour tout entier pair \(k\geq 2\) \[f\left( \frac{1}{k+\frac{1}{2}}\right)-f\left( \frac{1}{k}\right) =\dfrac{2k-1}{k(2k+1)^2}>0\] et \[f\left( \frac{1}{k+1}\right)=\frac{1}{k+1}<\frac{1}{k}=f\left( \frac{1}{k}\right) <f\left( \frac{1}{k+\frac{1}{2}}\right)\] si bien que toute valeur comprise entre \(f\left( \frac{1}{k}\right)\) et \(f\left( \frac{1}{k+\frac{1}{2}}\right)\) sera atteinte deux fois sur l’intervalle \(] \frac{1}{k+1},\frac{1}{k}[\) d’après le théorème des valeurs intermédiaires. \(f\) n’est donc injective sur aucun voisinage de l’origine.

    Remarque : Le théorème d’inversion locale ne s’applique pas ici car \(f\) est de classe \(\mathscr C^1\) sur \(\mathbb R^\star\), dérivable sur \(\mathbb R\) mais pas de classe \(\mathscr C^1\) à l’origine, et donc à fortiori sur aucun voisinage de l’origine.


Déterminant et calcul différentiel *

9 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

On note \[\ \varphi\,:\ A\in M_d(\mathbb C)\mapsto \varphi(A):=\det(A)\in M_d(\mathbb C)\] l’application déterminant.

Montrer que \(\varphi\in\mathscr C^\infty (M_d(\mathbb C))\).

À l’aide de la comatrice, calculer pour \(\displaystyle(i,j)\in\{1,2,\dots,d\}^2\text{ et }A\in GL_d(\mathbb C)\) la dérivée partielle \({{\partial\varphi(A)}\over{\partial x_{i,j}}}\) pour en déduire \(d\varphi(A)\).

Une autre méthode pour calculer \(d\varphi(A)\).

-Calculer \(d\varphi(I_d)\).

-En déduire \(d\varphi(A)\) pour \(A\in GL_d(\mathbb C).\)

-Conclure.



[ID: 2949] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Déterminant et calcul différentiel
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:38

  1. \(M_d(\mathbb C)\) est muni de sa structure d’espace vectoriel normé canonique (dimension finie), l’application déterminant, polynomiale en les \(n^2\) coefficients de \(A\) est \(\mathscr C^\infty\).

  2. Pour \(A=((a_{ij}))_{ij}\in M_d(\mathbb C)\), \(m_{ij}\) désigne le \(ij\)-ième cofacteur. En développant par rapport à la \(i\)-ème ligne

    \[\det(A)=\sum_{l=1}^da_{il}\cdot m_{il}\]

    pour tout \(1\leq l\leq d\), \(m_{il}\) ne dépend pas de \(a_{ij}\) si bien que

    \[{{\partial\varphi}\over{\partial a_{ij}}}(A)=m_{ij}.\] Et finalement, (\(\varphi\) étant différentiable) \[d\varphi(A)(H)=\sum_{1\leq i,j\leq n}{{\partial\varphi}\over{\partial a_{ij}}}(A)h_{ij}=\sum_{ij}m_{ij}h_{ij} =\text{tr}(^t\!\text{com}(A)H).\]

  3. -Pour \(H\in M_d(\mathbb R)\), vu un résultat classique du cours on peut écrire

    \[d(\varphi)(I_d)(H)=\lim_{t\to 0}{{\varphi(A+tH)-\varphi(A)}\over t},\qquad\qquad(\text{$\star$})\] et \(\lambda_1,\lambda_2\dots,\lambda_d\) désignant les valeurs propres de \(H\)

    \[\begin{aligned} \varphi(I_d+tH) &=\det(I_d+tH) \\ &=\prod_{i=1}^d (1+t\lambda_i)\\ &=1+t\cdot\text{tr}(H)+o(t)\\ &=\varphi(I_d)+t\cdot\text{tr}(H)+o(t) \end{aligned}\] soit, vu \((\text{$\star$})\) : \(d\varphi(I_d)(H)=\text{tr}(H).\) -Lorsque \(A\in GL_d(\mathbb C)\) on se ramène facilement à la situation précédente

    \[\begin{aligned} \det(A+H)&=\det(A)\det(I_d+A^{-1}H)\\ &=\det(A)\left(1+\text{tr}(A^{-1}H)+o(\Vert H\Vert\right)\\ &=\det(A)+\text{tr}(\det(A)A^{-1}H)+o(\Vert H\Vert)\\ &=\det(A)+\text{tr}(^t\!\text{com}(A)H)+o(\Vert H\Vert)\qquad\text{car }A\,^t\!\text{com}(A)=\det(A)I_d \end{aligned}\]

    i.e. \[\quad d\varphi(A)(H)=\text{tr}(^t\!\text{com}(A)H),\ \forall\,A\in GL_d(\mathbb C).{(\text{$\star$})}\]

    -\(GL_d(\mathbb C)\) est un ouvert dense de \(M_d(\mathbb C)\) (voir [rom1] [rom2] ou bien l’exercice ???) on peut donc, par continuité \(A\mapsto d\varphi(A)\) prolonger à tout \(M_d(\mathbb C)\) la formule (\(\star\)) ci-dessus i.e. \[d\varphi(A)(H)=\text{tr}(^t\!\text{com}(A)H),\ \forall\,A,H\in M_d(\mathbb C).\]


Matrices et calcul différentiel *

9 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Calculer la différentielle de l’application \(\ \varphi\,:\ A\in M_d(\mathbb C)\mapsto\varphi(A)=A^2\in M_d(\mathbb C)\). Même question avec \(\psi\,:\ A\mapsto \, ^t\!\!A \cdot A\).



[ID: 2951] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Matrices et calcul différentiel
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:38

Toutes ces applications sont bien sûr différentiables. On a pour \(A\) et \(H\) dans \(M_d(\mathbb C)\)

\[\begin{aligned}\varphi(A+H)-\varphi(A)&=AH+HA+H^2 &=&\ L(H)+o(\Vert H\Vert) \\ \psi(A+H)-\psi(A)&=\, ^t\!\!A H+ ^t\!\!HA+ \, ^t\!\!H H \ &=& \ L'(H)+o(\Vert H\Vert) \end{aligned}\]

vu que \(L, L'\in\mathscr L(M_d(\mathbb C))\) par définition de l’application différentielle \[L=d\varphi(A)\quad \&\quad d\psi(A)=L'.\]

Remarque : on peut aussi retrouver la différentielle de \(\psi\) en considérant les applications

\[\begin{aligned} &B \,:&\ (X,Y)\in M_d(\mathbb C)^2 &\mapsto&\ B(X,Y)&=&\,^t\!\!X Y\in M_d(\mathbb C)\\ &\omega \,:&\ X\in M_d(\mathbb C)&\mapsto& \ \omega(X)&=&\ (X,X)\in M_d(\mathbb C)^2 \end{aligned}\]

en effet, \(B\) étant bilinéaire on a :

\[dB(X,Y)(H,K)=B(X,K)+B(H,Y)\]

de même, \(\omega\) étant linéaire \(d\omega(X) =\omega\). Enfin \(\psi =B\circ\omega\) et finalement par composition

\[d\psi(A)(H)=dB(\omega(A))\circ d\omega(A)(H)=dB(A,A)(\omega(H))=dB(A,A)(H,H)=\,^t\!\!A H+ ^t\!\!HA\]


Extrémas et convexité *

9 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

([achu], sujet 8.)

(préliminaire) Soit \(f\ :\ U\to \mathbb R\) une fonction de classe \(\mathscr C^2\) sur un ouvert \(U\) d’un espace vectoriel normé \(E\). Soit \(a\in U\) tel que \(Df(a)=0\) et \(D^2f(a)(u,u)\geq 0\) pour tout \(x\) dans un vosinage \(V\) de \(a\) et pour tout \(u\in E\). Montrer que \(f\) présente un minimum local au point \(a\).

Dans l’espace de Hilbert \(l^2(\mathbb N)\) des suites de réels de carré intégrable on pose pour \(x=(x_n)_{n\geq 1}\in l^2(\mathbb N)\) : \[g(x)=(x_n^2)_{n\geq 1},\quad f(x)=\sum_{n\geq 1}\left( \dfrac{x_n^2}{n}-x_n^3\right) .\]

Montrer que \(g\in\mathscr C^\infty(l^2(\mathbb N),l^2(\mathbb N))\) et préciser \(dg(x)(h),\ \forall\, x,h\in l^2(\mathbb N)\)

Exprimer \(f(x)\) en fonction de \(g\) et du produit scalaire.

Montrer que \(f\in\mathscr C^\infty (l^2(\mathbb N),\mathbb R)\).

Préciser \(Df(x),\ \forall\,x\in l^2(\mathbb N)\) et vérifier que la suite nulle \(0_{l^2}\) est un point critique de \(f\).

Calculer \(D^2f(x),\ \forall\,x\in l^2(\mathbb N)\) et vérifier que \[\forall h\in l^2(\mathbb N)\setminus\{0_{l^2}\}\ :\ D^2f(0_{l^2})(h,h)>0.\]

Soit \(\varepsilon>0\) et \(x_\varepsilon=(x_n)_{n\geq 1}\) la suite définie par \(x_n=0\ \forall\, n\neq n_0:=E(2/\varepsilon)+1\) et \(x_{n_0}=\varepsilon/2\). Montrer que \(f(x_\varepsilon)<0\). Calculer \(\Vert x_\varepsilon\Vert_2\) et en déduire que l’origine \(0_{l^2}\) n’est pas un minimum local de \(f\). Commentaire ?



[ID: 2953] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Extrémas et convexité
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:38

  1. Soit \(\delta>0\) tel que \(B(a,\delta)\subset V\). La formule de Taylor avec reste intégral ([rou], théorème 6.3 page 279) assure que pour tout \(h\in E\) vérifiant \([a,a+h]\subset U\) \[f(a+h)-f(a)-Df(a)(h)=f(a+h)-f(a)=\int_0^1\dfrac{(1-t)^1}{1!}D^2f(a+th)(h,h)dt\] Alors \(\Vert h\Vert<\delta\) implique \([a,a+h]\subset V\), et l’hypothèse sur \(D^2f\) assure la positivité du terme de droite dans la formule de Taylor. Soit \[f(b)\geq f(a),\quad \forall\,b\in B(a,\delta),\] le point \(a\) est bien un minimum local de \(f\).

  2. Il est clair que \(g(x)\in l^2(\mathbb N)\) pour tout \(x\in l^2(\mathbb N)\). En outre pour \(x,h\in l^2(\mathbb N)\) \[g(x+h)-g(x)= (2x_nh_n)_n+(h_n^2)_n:= L(h)+\dfrac{1}{2}Q(h,h).\] L’inégalité immédiate \(\vert x_n\vert\leq \Vert x\Vert_2,\ n\in\mathbb N\) implique que \[\Vert L(h)\Vert_2\leq \Vert x\Vert_2\Vert h\Vert_2,\quad \Vert Q(h,h)\Vert_2\leq \Vert h\Vert_2^2,\] ces inégalités assurent que \(L\) (resp. \(Q\)) est une application linéaire (resp. bilinéaire) continue de \(l^2(\mathbb N)\) (resp. \(l^2(\mathbb N)\times l^2(\mathbb N)\)) dans \(l^2(\mathbb N)\) : \(g\) est donc \(\mathscr C^\infty\) sur \(l^2(\mathbb N)\) et \[Dg(x)(h)=L(h),\quad D^2g(x)(h,h)=Q(h,h)\quad D^kg(x)(h^k)\equiv 0, \forall k\geq 3.\]

  3. et

  4. Il faut commencer par noter que la série définissant \(f\) est certainement convergente pour tout \(x\in l^2(\mathbb N)\). Alors \[f(x)=\sum_{n\geq 1}x_n^2\left( \dfrac{1}{n}-x_n\right) =\langle g(x),\omega-x\rangle,\quad\text{ où}\quad \omega=(n^{-1})_n\in l^2(\mathbb N).\] Le produit scalaire dans \(l^2(\mathbb N)\) est une application bilinaire continue (Cauchy-Schwarz) donc \(\mathscr C^\infty\) ; \(g\) étant aussi \(\mathscr C^\infty\) sur \(l^2(\mathbb N)\), \(f\) le sera par composition.

  5. Par composition \[Df(x)(h)=\langle dg(x)(h),x-\omega\rangle-\langle g(x), h\rangle =\sum_{n\geq 1}\left(\dfrac{2x_n}{n}- 3x_n^2\right) h_n,\quad x,h\in l^2(\mathbb N).\] En particulier \[Df(0_{l^2(\mathbb N)})= 0,\quad \forall\, h\in l^2(\mathbb N),\] et l’origine \(0_{l^2(\mathbb N)}\) de \(l^2(\mathbb N)\) est bien un point critique de \(f\).

  6. Pour calculer \(D^2f(x)(h,h)\) \[\begin{aligned} f(x+h)-f(x)&=\sum_{n\geq 1}\left( \dfrac{(x_n+h_n)^2}{n}-(x_n+h_n)^3\right)- \sum_{n\geq 1}\left( \dfrac{x_n^2}{n}-x_n^3\right)\\ &=\sum_{n\geq 1}\left(\dfrac{2x_n}{n}- 3x_n^2\right) h_n+\sum_{n\geq 1}\left( \dfrac{1}{n}-3x_n\right) h_n^2+\sum_{n\geq 1}h_n^3\\ &= Df(x)(h)+\sum_{n\geq 1}\left( \dfrac{1}{n}-3x_n\right) h_n^2 +o(\Vert h\Vert_{l^2(\mathbb N)}^2) \end{aligned}\] par unicité, la partie quadratique est \(D^2f(x)(h,h)\), soit \[D^2f(x)(h,h)=\sum_{n\geq 1}\left( \dfrac{1}{n}-3x_n\right) h_n^2,\quad\forall\,x,h\in l^2(\mathbb N),\] en particulier \[D^2f(0_{l^2(\mathbb N)})(h,h)=\sum_{n\geq 1}\dfrac{h_n^2}{n}>0,\quad \forall\,h\in l^2(\mathbb N)\setminus\{0_{l^2(\mathbb N)}\}.\]

  7. On a \[f(x_\varepsilon)=\dfrac{x_{n_0}^2}{n_0}-x_{n_0}^3=\left( \dfrac{\varepsilon}{2}\right)^2(n_0^{-1}-\dfrac{\varepsilon}{2})<0\] vu le choix de \(n_0\). Et comme \[\Vert x_\varepsilon\Vert=\vert x_{n_0}\vert=\dfrac{\varepsilon}{2}\] on a \[\forall\,\varepsilon>0,\quad \exists x_\varepsilon\in l^2(\mathbb N)\ \text{tel que}\quad \Vert x_\varepsilon\Vert_2<\varepsilon\quad\text{et}\quad f(x_\varepsilon)<0=f(0),\] l’origine n’est donc pas un minimum local.

    Remarques : -Pour calculer la différentielle de \(f\) il est bien entendu plus raisonnable d’utiliser les théorèmes de composition : \[f(x)=\langle g(x), h(x)\rangle = b \circ \psi (x)\quad\text{où}\quad b(x,y)=\langle x,y\rangle,\ \psi(x)=(g(x),l(x)),\] de sorte que par bilinéarité de \(b\) \[Df(x)(h)=Db(g(x),l(x))(Dg(x)(h),Dl(x)(h)) =b(Dg(x)(h),l(x))+b(g(x),Dl(x)(h))\]

    -En le point critique \(x=0_{l^2}\) les conditions nécessaires \[Df(0)=0\quad\text{et}\quad D^2f(0)(h,h)\geq 0,\quad\forall\,h\in l^2(\mathbb N)\] (et même ici \(D^2f(0)(h,h)> 0,\quad\forall\,h\neq 0\)) pour présenter un minimum local ne sont donc pas suffisantes au contraire de ce qui se passe en dimension finie. La première question donne une condition suffisante : il faut la positivité de \(D^2f\) localement au voisinage du point critique. Une condition portant uniquement sur le point critique est par exemple \[\exists\,\alpha>0\quad : \quad D^2f(0)(h,h)\geq \alpha\Vert h\Vert^2,\quad\forall h.\]


Étude de \(y'=y(y-1)\) *

9 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Trouver les solutions maximales de l’équation différentielle \[y'=y(y-1){(\bigstar)}\]



[ID: 2955] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Étude de \(y'=y(y-1)\)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:38

L’application \(f(x,y)=y(y-1)\) est de classe \(\mathscr C^1\) sur \(\mathbb R^2\), l’équation différentielle satisfait donc les hypothèses du théorème de Cauchy-Lipschitz. En particulier deux solutions qui coincident en un point coincident en tout point où elles sont toutes deux définies et deux solutions maximales égales en un point sont égales. Comme visiblement les constantes \(0\) et \(1\) sont solutions sur \(\mathbb R\) de notre équation il en résulte que tout autre solution maximale de \((\bigstar)\) ne prends jamais les valeurs \(0\) et \(1\). Le théorème des valeurs intermédiaires nous garantit alors qu’une telle solution est à valeurs dans l’un des trois intervalles \(]-\infty,0[,\ ]0,1[\) et \(]1,+\infty[\).

Soit \(y\) une solution maximale vérifiant \(y(x_0)=y_0\), on a alors : \[y'=y(y-1)\iff{y'\over y(y-1)}=1\iff \int_{y_0}^{y(x)}{du\over u(u-1)}=x-x_0\] comme \({1\over u(u-1)}={1\over u-1}-{1\over u}\), il existe une constante \(\lambda\) telle que \[\log\left({y(x)-1\over y(x)}\right)=x+\lambda\] vu les remarques préliminaires, la fonction \(x\mapsto {y(x)-1\over y(x)}\) est de signe constant, on a donc \({y(x)-1\over y(x)}=\mu e^x\) soit \[y(x)={1\over 1-\mu e^x},\quad \mu\in\mathbb R^\star.\] Si \(\mu<0\), \(x\mapsto {1\over 1-\mu e^x}\) définie sur \(\mathbb R\) est une solution maximale à valeurs dans \(]0,1[\). Par contre, si \(\mu>0\) on obtient deux solutions évidemment maximales \(x\mapsto {1\over 1-\mu e^x}\) définie sur \(]-\infty,-\log\mu[\) à valeurs dans \(]1,+\infty[\) et \(x\mapsto {1\over 1-\mu e^x}\) définie sur \(]-\log\mu,+\infty[\) et à valeurs dans \(]-\infty,0[\)


Étude de \(y'=y^2\sin^2(y)\) *

9 novembre 2022 22:39 — Par Patrice Lassère

Montrer que les solutions maximales de l’équation différentielle \[y'=y^2\sin^2(y){(\bigstar)}\] sont bornées et définies sur \(\mathbb R\) tout entier.



[ID: 2957] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:39] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Étude de \(y'=y^2\sin^2(y)\)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:39

La fonction \(f(x,y)=y^2\sin^2(y)\) est de classe \(\mathscr C^1\) sur \(\mathbb R^2\). On peut donc appliquer le théorème de Cauchy-Lipschtiz : pour tout \((x_0,y_0)\in\mathbb R^2\), il existe une unique solution maximale \(\varphi\) de \((\bigstar)\) vérifiant \(\varphi(x_0)=y_0\) et définie sur un intervalle ouvert \(]a,b[\).

Il y a des fonctions constantes solutions de notre équation, ce sont les fonctions \(y=k\pi,\ k\in\mathbb Z\).

Considérons maintenant une solution maximale \(\varphi\) non constante définie sur un intervalle \(]a,b[\) ; vu ce qui précède, \(\varphi(]a,b[)\subset\mathbb R\setminus\pi\mathbb Z\). Il existe donc \(k_0\in\mathbb Z\) tel que \(\varphi(]a,b[)\subset]k_0\pi,(k_0+1)\pi[\) et toute solution maximale est bornée.

Supposons \(b<+\infty\), la fonction \(\varphi\) étant croissante (\(y'=y^2\sin^2(y)\geq 0...\)) et majorée, \(\varphi\) admet une limite finie en \(b\) prolongons ainsi continuement \(\varphi\) à \(]a,b]\). Le prolongement \(\psi\) est continu sur \(]a,b]\), \(\mathscr C^1\) sur \(]a,b[\) et \(\psi'(x)\) admet une limite (égale à \(\psi^2(b)\sin^2 (\psi(b))\))lorsque \(x\) tends vers \(b_-\). Dans ces conditions, il est classique que \(\psi\) est \(\mathscr C^1\) sur \(]a,b]\) contradisant la maximalité de \(\varphi\). La seule alternative est donc \(b=+\infty\). On montre de même que \(a=-\infty\).

La fonction \(\varphi\) croissante majorée a une limite \(l\) en \(+\infty\). Si \(l\not\in\pi\mathbb Z\) \(\lim_{x\to+\infty}\varphi'(x)=l^2\sin^2(l)>0\) ce qui est absurde puisque \(\varphi\) est bornée (exercice...) : ainsi \(l\in\pi\mathbb Z,\ \lim_{x\to+\infty}\varphi(x)=l=(k_0+1)\pi,\ \lim_{x\to-\infty}\varphi(x)=k_0\pi\).


Étude de \(xy'=x+y^2\) *

9 novembre 2022 22:39 — Par Patrice Lassère

On considère l’équation différentielle \[xy'=x+y^2,\quad x\in\mathbb R_+^\star{(\bigstar)}\]

  1. Montrer que les solutions sont définies sur des intervalles bornés.

  2. Montrer que toute solution maximale possède un intervalle de définition qui est soit de la forme \(]a,b[,\ a>0\) (étudier alors le comportement de la solution en \(a\) et \(b\)) soit de la forme \(]0,b[\) (étudier alors le comportement de la solution en \(0\) et \(b\)).



[ID: 2959] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:39] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Étude de \(xy'=x+y^2\)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:39

  1. Soit \((I,\varphi)\) une solution de \((\bigstar)\) et \(a\) un point intérieur à \(I\) (donc \(a>0\)). Pour \(x\in I\cap]a,+\infty[\) : \[\forall\,t\in[a,x]\quad :\quad {1\over t}\leq {\varphi'(t)\over t+\varphi^2(t)}\leq {\varphi'(t)\over a+\varphi^2(t)}\] en intégrant sur \([a,x]\) \[\log\left({x\over a}\right)\leq {1\over \sqrt a}\left( \text{ arctan}\left({\varphi(x)\over\sqrt a}\right) -\text{arctan}\left({\varphi(a)\over\sqrt a}\right)\right)\leq {\pi\over\sqrt a}\] si bien que \[\forall\,x\in I\cap]a,+\infty[\quad :\quad x\leq ae^{{\pi\over\sqrt a}}.\] \(I\) est donc majoré et finalement borné.

  2. L’application \((x,y)\longmapsto {1\over x}(x+y^2)\) est de classe \(\mathscr C^1\) sur \(]0,+\infty[\times\mathbb R\) ; le théorème de Cauchy-Lipschtiz assure donc que les solutions maximales de \((\bigstar)\) sont définies sur des intervalles ouverts. Vu la question précédente ils sont donc de la forme \(I=]a,b[\) avec \(a>0\) ou \(]0,b[\) avec \(0<b<+\infty\).

    Soit donc \((I,\varphi)\) une solution maximale, \(\forall\,t\in I\ :\ \varphi'(t)>0\), \(\varphi\) est donc strictement croissante sur \(I\) et admet donc aux extrémités de l’intervalle des limites (finies ou infinies).

    Au voisinage de \(b\) : si \(\varphi\) admet une limite finie \(L\) au point \(b\), alors \(\varphi'(t)={1\over t}(t+\varphi^2(t))\) admet en \(b\) la limite \(l={1\over b}(b+L^2)\) et le théorème de prolongement des applications de classe \(\mathscr C^1\) vous assure que si on prolonge \(\varphi\) au point \(b\) en posant \(\varphi(b)=L\), \(\varphi\) est alors de classe \(\mathscr C^1\) sur \(]a,b]\) avec \(\varphi'(b)={1\over b}(b+L^2)={1\over b}(b+\varphi^2(b))\) si bien que \((]a,b],\varphi)\) est encore solution de \((\bigstar)\) contredisant bien évidemment la maximalité de \((]a,b[,\varphi)\). Nécessairement : \(\lim_{t\to b_-}\varphi(t)=+\infty\).

    Le même raisonemment montrer que si \(I=]a,b[\) avec \(a>0\), alors \(\lim_{t\to a_+}\varphi(t)=-\infty\)

    Supposons maintenant que \(I=]0,b[\), soit \(\eta\in I\) et \(x\in]0,\eta]\). On a \[\forall\,t\in[x,\eta]\quad :\quad t\varphi'(t)\geq \varphi^2(t)\] soit \[\forall\,t\in[x,\eta]\quad :\quad{\varphi'(t)\over\varphi^2(t)}\geq {1\over t}\] et en intégrant sur \([x,\eta]\) \[\forall\,x\in]0,\eta]\quad :\quad{1\over \varphi(x)}-{1\over\varphi(\eta)}\geq \log\left({\eta\over x}\right)\] mais le terme de droite tends vers \(+\infty\) lorsque \(x\) tends vers \(0_+\), il en est donc de même du terme de gauche ce qui nécessite \(\lim_{t\to 0_+}\varphi(t)=0\).


Étude de \(y'=\exp(-xy)\) *

9 novembre 2022 22:39 — Par Patrice Lassère

([rms]-107).

Montrer que la solution maximale \(f\) du problème de Cauchy

\[y'=\exp(-xy),\quad\ y(0)=0\qquad(\mathscr E)\]

est impaire, définie sur \(\mathbb R\) et admet en \(+\infty\) une limite \(\displaystyle l\in[1,1+e^{-1}]\).



[ID: 2961] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:39] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Étude de \(y'=\exp(-xy)\)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:39

-Redevable du théorème de Cauchy-Lipschitz, le problème de Cauchy \((\mathscr E)\) admet une solution maximale \(f\) définie sur un intervalle ouvert \(I\) contenant l’origine.

-Pour \(x\in-I\) posons \(g(x)=-f(-x)\), \(g\) est encore solution de \((\mathscr E)\), \(f\) étant maximale : \(-I\subset I\) et \(f_{/{-I}}=g\) soit \(-I=I\ \&\ f=g\) i.e. \(f\) est impaire et \(I=]-\alpha,\alpha[\) avec \(0<\alpha\leq+\infty\).

Si \(\alpha<+\infty\) de \(f'(x)=\exp(-xf(x))\) sur \(I\) on peut dire que \(f\) est strictement croissante sur \(I\). On peut aussi dire que \(0\leq f'(x)\leq 1\), avec \(f(0)=0\), et si on intègre cette inégalité sur \([0,x]\) il vient :

\[\forall\,x\in I,\ x\geq 0\,\Longrightarrow 0\leq f(x)\leq x.\qquad (\bigstar)\]

\(f\) est donc croissante sur \(I=[-\alpha,,\alpha]\), majorée par \(\alpha\), elle admet donc une limite en \(\alpha_-\) vérifiant

\[0\leq \lim_{x\to\alpha_-}f(x)=\lambda\leq \alpha\]

Il suffit maintenant de poser \(f(\alpha)=\lambda\) et de vérifier (sans peine) que ce prolongement qui est \(C^1\) fournit une solution de \((\mathscr E)\) sur \(]-\alpha,\alpha]\) qui contredit la maximalité de \(f\) (en effet par Cauchy-Lipschitz, un tel phénomène assure que la solution maximale est définie sur un intervalle ouvert \(J\) contenant strictement \(]-\alpha,\alpha]\) (et donc \(I\)) ce qui contredit la définition de \(f\)...). En conclusion, la solution maximale est bien définie sur \(\mathbb R\).

-Soit \(x\geq 1\), \(f\) strictement croissante, positive sur \([1,+\infty[\) implique \[0<f'(x)\leq \exp(-xf(1)).\] \(f'\) est donc intégrable sur \([1,+\infty[\) et par suite \(f\) admet une limite \(l\) en \(+\infty\) (\(f(x)=\int_0^xf'(t)dt\)...). Alors

\[\left(f'(x)=\exp(-xf(x))\quad\&\quad f(x)<l,\ \forall\,x\geq 1\right) \Longrightarrow \left( f'(x)>\exp(-xl),\ x\geq 1\right)\]

et

\[\Longrightarrow\quad \left(l=\int_0^\infty f'(t)dt >\int_0^\infty \exp(-tl)dt={1\over l}\right) \Longrightarrow\quad l>1\]

Enfin, par le théorème des valeurs intermédiaires il existe \(a>0\) tel que \(f(a)=1\) :

\[x>a\quad\Longrightarrow f'(x)<\exp(-x)\]

i.e.

\[1-l=\int_a^\infty f'(t)dt < \int_a^\infty e^{-t}dt= e^{-a}\]

mais, vu \((\bigstar)\), \(1=f(a)\leq a\), et finalement

\[l\leq 1+{1\over e}.\]


Domaine de définition des solutions maximales de \(X'(t)=X^2(t)\) à valeurs dans \(M_n(\mathbb C)\). * Polytechnique

9 novembre 2022 22:39 — Par Patrice Lassère

Soit \(A \in {\mathscr M}_n (\mathbb{C})\).

Existe-t-il une solution \(t\mapsto M(t)\) définie sur \(\mathbb{R}\) et à valeurs dans \({M}_n (\mathbb{C})\), de :

\[\frac{dM}{dt} = M^2\nobreak\ ;\nobreak\ M(0) = A \; ?\]



[ID: 2963] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:39] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Domaine de définition des solutions maximales de \(X'(t)=X^2(t)\) à valeurs dans \(M_n(\mathbb C)\).
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:39

La fonction \(M \mapsto M^2\) de \({M}_n (\mathbb{C})\) dans \({M}_n (\mathbb{C})\) est de type polynomial, donc \({\mathscr C}^1\) par rapport à \(M\) considérée comme un \(2n^2\)-uplet de réels. Le problème posé est de Cauchy et admet une et une seule solution maximale. Il reste à voir si cette solution est définie sur \(\mathbb{R}\). Calculons cette solution.

Dans le cas du problème de Cauchy en dimension 1 : \({dy \over dt} = y^2\) ; \(y(0) = a\), on trouve aisément \(y = a(1-ta)^{-1}\). On peut donc se demander si \(t \mapsto A(1-tA)^{-1}\) est solution. Posons \(\Phi (t) = A(I-tA)^{-1}\).

Cette fonction \(\Phi\) est définie sur un intervalle entourant 0 : le plus grand qui ne contient aucun inverse de valeur propre de \(A\). Les coefficients de \(\Phi\) sont fonctions rationnelles de \(t\) et \(\Phi\) est donc mieux que \({\mathscr C}^1\). De plus \(\Phi (0)=A\). Enfin \(\Phi (t) (I-tA) = A\) ; dérivons : \(\Phi ^\prime (t) (I-tA) - \Phi (t)A = 0\) ; donc \[\Phi ^\prime (t) = \Phi (t)A(I-tA)^{-1} = \Phi (t)^2.\]

La solution cherchée est bien :

\[t \mapsto A(I-tA)^{-1}.\]

Elle est définie sur \(\mathbb{R}\) si et seulement si \(A\) ne possède aucune valeur propre réelle non nulle.-


Résolution de l’équation \(f(x)=1-\int_0^x(t+x)f(x-t)dt.\) *

9 novembre 2022 22:39 — Par Patrice Lassère

[rms], 109-(9/10).

Trouver les applications \(f\in\mathscr C^0(\mathbb R,\mathbb R)\) telles que \[\forall\,x\in\mathbb R,\qquad f(x)=1-\int_0^x(t+x)f(x-t)dt.{(\text{$\star$)}}\]



[ID: 2965] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:39] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

Résolution de l’équation \(f(x)=1-\int_0^x(t+x)f(x-t)dt.\)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:39

Le changement de variable \(u=x-t\) assure que \(f\) est de classe \(\mathscr C^1\) et légitimise une dérivation de l’équation (\(\star\)) qui devient \[f'(x)+xf(x)+2\int_0^xf(u)du=0,\qquad \& \quad f(0)=1.\] La fonction \(F(x)=\int_0^xf(u)du\) est classe \(\mathscr C^2\) et vérifie \(F'=f\). Il est donc équivalent de résoudre l’équation différentielle \[\begin{cases}F''(x)+xF'(x)+2F(x)=0\\ F(0)=0\quad\text{et}\quad F'(0)=1. \end{cases}{(\text{$\star$})}\] La recherche d’un solution développable en série entière \(\sum_{n}a_nx^n\) de cette dernière conduit aux relations \[a_{n+2}=-\dfrac{a_n}{n+1},\qquad a_0=1,\ a_1=1\] qui elles même conduisent à \[\forall\,n\in\mathbb N,\qquad a_{2n}=0,\ a_{2n+1}=\dfrac{(-1)^n}{2^n n!}\] soit \[F(x)=\sum_{n=0}^\infty \dfrac{(-1)^n}{2^n n!}x^{2n+1}=x\exp\left( -\dfrac{x^2}{2}\right).\] L’application \(x\mapsto xe^{-x^2/2}\) vérifie (\(\star\)) et le théorème de Cauchy-Lipschitz permet d’affirmer que c’est la seule. Par conséquent, la seule solution continue \(f\) du problème (\(\star\)) est définie sur \(\mathbb R\) par \[f(x)=F'(x)=(1-x^2)\exp\left( -\dfrac{x^2}{2}\right).\]  


L’équation fonctionnelle de d’Alembert \(2f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y)\) *

9 novembre 2022 22:39 — Par Patrice Lassère

Déterminer les solutions continues de l’équation fonctionnelle de d’Alembert \[2f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y).{(\text{$\star$})}\]


[ID: 2967] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:39] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]
Solution

L’équation fonctionnelle de d’Alembert \(2f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y)\)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:39

Si une application \(f\ :\ \mathbb R\to\mathbb R\) vérifie l’équation fonctionnelle (\(\star\)) alors, en faisant \(x=y=0\) il vient \(2f(0)^2=2f(0)\) soit \(f(0)=0\) ou \(f(0)=1\). De là si \(f(0)=0\), alors pour tout \(x\in\mathbb R\) \[0=2f(x)f(0)=f(x+0)+f(x-0)=2f(x),\] \(f\) est donc identiquement nulle.

Nous excluons dorénavant ce cas, et supposons donc que \(f(0)=1\).

Si \(f(0)=1\), pour \(x=0\) l’équation (\(\star\)) devient \[2f(y)=2f(y)f(0)=f(0+y)+f(0-y)=f(y)+f(-y)\] i.e. \[f(y)=f(-y),\qquad\forall\,y\in\mathbb R.\] \(f\) est donc paire.

\(f\) étant supposée continue sur \(\mathbb R\), elle y est locament intégrable ; par conséquent, on a pour tout \(t>0\) \[\int_{-t}^t\,2f(x)f(y)dy=\int_{-t}^t\,f(x+y)dy+\int_{-t}^t\,f(x-y)dy,\] soit, aprés un changement de variable dans les intégrales de droite \[2f(x)\int_{-t}^t\,f(y)dy=2\int_{x-t}^{x+t}f(y)dy.{(1)}\] Remarquons que dans (1), le second membre est une fonction dérivable de la variable \(x\), il en donc de même pour le terme de gauche et \(f\) est donc dérivable sur \(\mathbb R\). En réitérant ce processus, \(f\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb R\) puis de proche en proche \(\mathscr C^\infty\). Il est donc légitime de dériver (1) : \[2f'(x) \int_{-t}^t\,f(y)dy=2\left[ f(x-t)-f(x-t)\right]\] qui donne pour \(x=0\) \[2f'(0) \int_{-t}^t\,f(y)dy=2\left[ f(-t)-f(-t)\right]=0,\quad \forall\,t>0,.{(2)}\] car \(f\) est une fonction paire ; mais aussi comme \(f(0)=1\), la continuité de \(f\) nous assure qu’il existe \(t>0\) tel que \[\int_{-t}^t\,f(y)dy>0.{(2)}\] Si dans (3), on choisit \(t>0\) assez petit pour que (2) soit valide, on en déduit \[f'(0)=0.\] Dérivons maintenant deux fois (\(\star\)) par rapport à la variable \(y\), on obtient \[2f(x)f''(y)=f''(x+y)+f''(x-y)\] qui pour \(y=0\) donne \[2f(x)f''(0)=2f''(x),\quad x\in\mathbb R.\] En posant \(C=f''(0)\), les solutions de l’équation fonctionnelle (\(\star\)) sont aussi solutions de l’équation différentielle \[(\mathscr E)\quad\begin{cases} f''(x)&=Cf(x),\quad x\in\mathbb R,\\ f(0)&=0,\\ f'(0)&=1. \end{cases}\] Suivant \(C\) on a trois types de solutions \[f(x)=\begin{cases} &C_1x+C_2\quad \text{si }\ C=0\\ &C_1\rm{sh}(cx)+C_2\rm{ch(cx)}\quad\text{si }\ C>0\ \text{avec }\ c=\sqrt{C}\\ &C_1\sin(cx)+C_2\cos(cx)\quad\text{si }\ C<0\ \text{ avec }\ c=\sqrt{-C}. \end{cases}\] avec les conditions initiales \(f(0)=1,\ f'(0)=0\), les solutions de \((\mathscr E)\) sont finalement \[f\equiv 0,\quad f\equiv 1,\quad f(x)=\rm{ch(cx)},\quad f(x)=\cos(cx).\] Réciproquement, on montre qu’elles sont bien des solutions de l’équation fonctionnelle (\(\star\)).


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