Calcul différentiel (corrigé)

Exercice 1.

On peut prendre

f(x, y) = \frac{2xy}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = 2rcosθsinθ = rsin(2θ)

en coordonnées polaires. On se souvient de f(x) = x^{2}sin\frac{1}{x}, différentiable mais pas C^{1} en 0. Exercice 2.

(a) On a u(A(x + h)) − u(Ax) = Du(Ax)(Ah) + o(Ah). Donc par l’identification proposée, D(u ∘ A)(x)(h) = Du(x)(Ah) = (Du(x), Ah) = (^{t}ADu(Ax), h), ce qui donne D(u ∘ A)(x) =^{t} A(Du ∘ A)(x), comme annoncé.

En effectuant à nouveau une différence finie avec l’avant-dernière formule, on a D(u ∘ A)(x + k)(h) − D(u ∘ A)(x)(h) = (^{t}ADu(Ax + Ak), h) − (^{t}ADu(Ax), h) =

(^{t}ADu(Ax + Ak) −^{t} ADu(Ax), h) = (^{t}AD^{2}u(Ax)Ak, h) + o(k), ce qui donne avec l’identification proposée, D^{2}(u ∘ A) =^{t} A(D^{2}u ∘ A)A.

(b) On rappelle que R est une isométrie si et seulement si elle satisfait ^{t}R = R^{−1}. On a Δu = tr(D^{2}u). Donc, par le (a), Δ(u ∘ R) = tr(D^{2}(u ∘ R)) = tr(^{t}R(D^{2}u ∘ R)R) = tr(R^{−1}(D^{2}u∘R)R) = tr(D^{2}u∘R), car la trace est invariante par changement de base.

Exercice 3.

(a) Si a ∈ IR^{N}, on considère l’endomorphisme de IR^{N} défini par a ⊗ a(x) = (x, a)a. Si on pose a = (a_{1}, ..., a_{N}), c’est la matrice (a_{i}a_{j})_{1≤i,j≤N}.

(b) On a immédiatement, avec l’identification proposée à l’exercice 2, D(g(u)) = g′(u)Du. On calcule maintenant D(D(g ∘ u)) par différence finie ; on fait donc D(g ∘ u(x + h) − D(g ∘ u(x)) :

D(g(u))(x + h) − D(g(u))(x) = g′(u(x + h))Du(x + h) − g′(u(x))Du(x) et en développant u(x + h),

D(g(u))(x+h)−D(g(u))(x) = g′(u(x)+(Du(x), h))(Du(x)+D^{2}u(x)h)−g′(u(x))Du(x)+o(h)

= g′(u(x))Du(x)+g′′(u(x))(Du(x), h)Du(x)+g′(u(x))D^{2}u(x)h−g′(u(x))Du(x)+o(h)

= g′′(u(x))(Du(x), h)Du(x) + g′(u)D^{2}u(x)h + o(h),

ce qui donne

D^{2}(g(u))(x) = g′′(u(x))Du(x) ⊗ Du(x) + g′(u(x))D^{2}u(x).

(c) On peut faire le calcul directement, mais autant utiliser la formule précédente. On pose u(x) = |x|^{2} et g(s) = \sqrt{s}, ce qui donne v(x) = g(u) = |x|. Mais g′(s) = \frac{1}{2\sqrt{s}} et g′′(s) = −\frac{1}{4s^{\frac{3}{2}}} , donc g′(u) = \frac{1}{2|x|} et g′′(u) = −\frac{1}{4|x|^{3}} . De plus, Du(x) = 2x et D^{2}u(x) = 2Id. En appliquant les formules du (b), on obtient Dv(x) = \frac{x}{|x|} et

D^{2}v(x) = −\frac{1}{|x|^{3}} x ⊗ x + \frac{1}{|x|}Id.

Exercice 4. On applique la formule de Taylor :

t^{2}f(x) = f(tx) = f(0) + tDf(0)(x) + \frac{t^{2}}{2} D^{2}f(θtx)(x, x).

Par identification des termes du développement en t, on a f(0) = 0, Df(0) = 0 et D^{2}f(θtx)(x, x) = 2f(x). Faisant tendre t vers 0 dans cette dernière relation, on obtient

f(x) = \frac{1}{2}D^{2}f(0)(x, x)

qui est la relation recherchée.

Exercice 5. (a) On a immédiatement ∫ k_{h}(x)dx = 1 par le changement de variable x = hz, qui donne dx = h^{N}dz. Le support de k_{h} est obtenu en multipliant par h le support de k. Il se concentre quand h → 0. Les fonctions z → k(z)z_{i}z_{j} et z → k(z)z_{i} sont impaires par rapport à la variable z_{i} et donc d’intégrale nulle. En considérant l’isométrie R qui échange les coordonnées z_{i} et z_{j}, et en remarquant que k(Rz) = k(z), on obtient ∫ k(z)z_{i}^{2}dz = ∫ k(z)z_{j}^{2}dz, car le jacobien |detR| vaut 1.

(b)

k_{h} ∗ u(x) = ∫ \frac{1}{h^{N}} k(\frac{y}{h})u(x − y)dy.

En posant y = hz, on obtient

k_{h} ∗ u(x) = ∫ k(z)u(x − hz)dz.

On remarque que z est dans le support fixe de k et que donc |hz| = 0(h). On effectue un développement de Taylor de u(x − hz),

u(x − hz) = u(x) − hDu(x)(z) + \frac{h^{2}}{2} D^{2}u(x − θhz)(z, z).

Par le (a), z → k(z)Du(x)(z) est d’intégrale nulle et on obtient, en tenant compte de ∫ k(z)dz = 1:

k_{h} ∗ u(x) = u(x) + \frac{h^{2}}{2} ∫ k(z)D^{2}u(x − θhz)(z, z).

Comme D^{2}u est continue, D^{2}u(x − θhz) converge uniformément sur le support compact de k vers D^{2}u(x) quand h → 0. On obtient donc

k_{h} ∗ u(x) = u(x) + \frac{h^{2}}{2} ∫ k(z)D^{2}u(x)(z, z) + o(h^{2}).

La forme quadratique D^{2}u(x)(z, z) comporte des termes impairs en z_{i}z_{j} qui disparaissent par le (a). Seuls restent les termes en z_{i}^{2} :

k_{h} ∗ u(x) = u(x) + \frac{h^{2}}{2} ∫ k(z) ∑_{i=1}^{N} \frac{∂^{2}u}{∂x_{i}^{2}}(x)z_{i}^{2}dz + o(h^{2})

et finalement

k_{h} ∗ u(x) = u(x) + Ch^{2}Δu(x) + o(h^{2}),

avec C = \frac{1}{2} ∫ k(z)z_{1}^{2}dz.

(c) Comme k est radiale, k_{h} ∘ R = k_{h} et on a donc

k_{h} ∗ (u ∘ R) = (k_{h} ∘ R) ∗ (u ∘ R) = (k_{h} ∗ u) ∘ R.

Donc

Δ(u∘R) = C lim_{h→0} \frac{1}{h^{2}} (k_{h} ∗(u∘R)−u∘R) = C lim_{h→0} \frac{1}{h^{2}} ((k_{h} ∗u)∘R−u∘R) = (Δu)∘R.

Exercice 6. (a)

On a Du(x+t\frac{Du}{|Du|}) = Du(x)+tD^{2}u(x)\frac{Du}{|Du|} +o(t). Donc, en développant le carré,

|Du(x + t\frac{Du}{|Du|})|^{2} − |Du(x)|^{2} = 2t(D^{2}u(x)\frac{Du}{|Du|}, Du) + o(t).

D’où

\frac{∂}{∂t}(|Du(x + t\frac{Du(x)}{|Du(x)|})|^{2}) = 2(D^{2}u(x)\frac{Du}{|Du|}, Du)

en t = 0. Cet opérateur exprime la variation du carré de la pente le long des lignes de gradient de la fonction u.

(b) On trouve dans les deux cas D^{2}u(Du, Du) = 0,

(c) ce qui veut dire d’après le (a) que la pente est constante le long des lignes de gradient. Dans le premier cas, la fonction est conique et ces lignes de gradient sont les demi-droites passant d’origine 0. Dans le deuxième cas, la fonction est hélicoïdale et les lignes de plus grande pente sont des arcs de cercle.

Exercice 7. On doit résoudre l’équation |x̃′(t)| = 1, soit |x′(φ(t))||φ′(t)| = 1. Cette relation implique que φ′(t) ≠ 0. Comme φ(0) = 0 et que l’image de φ est dans [0, 1], on déduit que φ′(t) > 0 pour tout t et la relation |x̃′(t)| = 1 est donc équivalente à φ′(t) = \frac{1}{|x′(φ(t))|}. La fonction x′ ne s’annule pas par hypothèse et il existe donc un minorant m tel que |x′(t)| > m > 0 pour tout t ∈ [0, 1]. La fonction \frac{1}{|x′(t)|} est donc C^{1} sur [0, 1] et elle donc Lipschitz sur [0, 1]. L’équation différentielle φ′(t) = \frac{1}{|x′(φ(t))|} avec pour condition initiale φ(0) = 0 a donc une unique solution maximale et cette solution maximale termine en un temps t_{0} tel que φ(t_{0}) = 1, ce qui veut dire que toute la courbe a été décrite.

Exercice 8. Au point (x, y) passe la courbe C_{λ} telle que y = (x − λ)^{2} et x ≤ λ, ce qui donne λ − x = \sqrt{y}. Donc λ = \sqrt{y} + x est unique. Un vecteur tangent à cette courbe en (x, y) est (1, −2\sqrt{y}). On peut donc prendre comme équation différentielle pour suivre les courbes C_{λ} :

(x′(t), y′(t)) = (1, −2\sqrt{y}).

Mais le second membre n’est pas une fonction localement lipschitzienne de (x, y). Il n’est pas possible de trouver une fonction g lipschitzienne pour suivre les trajectoires C_{λ}, car ces trajectoires se confondent sur l’axe des x, ce qui est impossible pour les solutions d’une équation à second membre lipschitzien.

Exercice 9. On commence par différentier la fonction y → |y|^{3}. On a

|y + h|^{3} = |y|^{3} + 3|y|^{2}(\frac{y}{|y|}, h) + o(h)

et le o(h) dépend évidemment de y mais est uniforme pour y dans un borné. On a donc (h représente une "petite" fonction dans l’espace F) :

E(u + h) − E(u) = 3 ∫_{C} |Du|(Du, Dh)(x)dx + o(sup_{C} |Dh|).

Donc

DE(u)(h) = 3 ∫_{C} |Du|(Du, Dh)(x)dx.

On a aussi

|x + k| = |x| + (\frac{x}{|x|}, k) + o(k).

Donc, en effectuant une différence finie de DE(u), k étant une fonction "petite" dans F :

DE(u + k)(h) − DE(u)(h) = 3 ∫_{C} |Du + Dk|(Du + Dk, Dh) − |Du|(Du, Dh) =

3 ∫_{C}[(\frac{Du}{|Du|}, Dk)(Du, Dh) + |Du|(Dk, Dh)]dx + o(sup_{C} |Dk|)O(sup_{C} |Dh|).

Donc

D^{2}E(u)(k, h) = 3 ∫_{C}[(\frac{Du}{|Du|}, Dk)(Du, Dh) + |Du|(Dk, Dh)]dx.

On vérifie immédiatement que D^{2}E(u)(k, h) est une forme bilinéaire symétrique et continue dans F.

Rédigé par J.M. Morel