\documentstyle[12pt,leqno]{article}
\textwidth 15cm
\oddsidemargin 0.96cm
\evensidemargin 0.96cm

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\def\natural{I\!\!N}
\def\rational{{\cal Z}}

\def\sin{\hbox{sin}}
\def\cos{\hbox{cos}}
%rappel : \overline{cequ'onveut}
\def\fxx{\hbox{\bf x}}          % point x dans R2
\def\fyx{\hbox{\bf y}}          % point y dans R2
\def\fxy{\hbox{\bf y}}
\def\fxc{\hbox{\bf c}}
\def\fxz{\hbox{\bf z}}
\def\fxz{\hbox{\bf z}}
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\def\fxn{\hbox{\bf n}}
\def\fxh{\hbox{\bf h}}
\def\fxk{\hbox{\bf k}}
\def\fxa{\hbox{\bf a}}
\def\fxb{\hbox{\bf b}}



\def\fb&{\begin{equation}}
\def\fe&{\end{equation}}
\def\e {\'{e}}
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\def\eee {\^{e}}
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%\def\aire{\mathop{\rm aire}\nolimits}
%\def\trace{\mathop{\rm trace}\nolimits}
%\def\real{\Bbb R}

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%\line{\sc Calcul diff{\'e}rentiel et int{\'e}gral\hfill Promotion %1999}
%\vskip 8truemm

\begin{document}

\vskip 0.5truecm 
\centerline{\sc Calcul différentiel (corrig\e )}

\smallskip
\noindent
{\bf Exercice 1.} 

On peut prendre $$f(x,y)=\frac {2xy}{\sqrt {x^2+y^2}}=2r\cos\theta\sin\theta=r\sin(2\theta)$$ en coordonn\e es polaires.
On se souvient de $f(x)=x^2sin\frac 1x$, diff\e rentiable mais pas $C^1$ en 0.


\smallskip
\noindent
{\bf Exercice 2.}

(a) On a $u(A(\fxx+\fxh))-u(A\fxx)=Du(A\fxx)(A\fxh)+o(A\fxh).$
Donc  par l'identification propos\e e, 
$D(u\circ A)(\fxx)(\fxh)=Du(\fxx)(A\fxh)=(Du(\fxx), A\fxh)=(^tADu(A\fxx), \fxh),$
ce qui donne 
$D(u\circ A)(\fxx)=^tA(Du\circ A)(\fxx),$ comme annonc\e .

En effectuant \a nouveau une diff\e rence finie avec l'avant-derni\ee re formule, on a 

$D(u\circ A)(\fxx + \fxk)(\fxh)-D(u\circ A)(\fxx)(\fxh)=
(^tADu(A\fxx +A\fxk), \fxh)-(^tADu(A\fxx),  \fxh)=
(^tADu(A\fxx +A\fxk)-^tADu(A\fxx), \fxh)=
(^tAD^2u(A\fxx)A\fxk, \fxh)+o(\fxk),$

\noindent ce qui donne avec l'identification propos\e e,
$D^2(u\circ A)=^tA(D^2u\circ A) A.$


(b) 
On rappelle que $R$ est une isom\e trie si et seulement si elle satisfait $^tR=R^{-1}.$
On a $\Delta u = tr (D^2u)$. Donc, par le (a), $\Delta (u\circ R)= tr (D^2(u\circ R))=
tr(^tR(D^2u\circ R)R)=tr (R^{-1}(D^2u\circ R)R)=tr (D^2u\circ R),$
car la trace est invariante par changement de base.


\medskip
\noindent
{\bf Exercice 3.} 

(a) Si $\fxa\in \real^N$, on consid\ee re l'endomorphisme de $\real^N$ d\e fini par $\fxa\otimes \fxa(\fxx)=(\fxx, \fxa)\fxa$. 
Si on pose $\fxa=(a_1, ..., a_N)$, c'est la matrice $( a_ia_j)_{1\leq i,j\leq N}.$


(b) On a imm\e diatement, avec l'identification propos\e e \a l'exercice 2, $D(g(u))=g'(u)Du$. 
On calcule maintenant $D(D(g\circ u))$ par diff\e rence finie ; on fait 
donc $D(g\circ u(\fxx+\fxh)-D(g\circ u(\fxx))$ :

$D(g(u))(\fxx+\fxh)-D(g(u))(\fxx)=g'(u(\fxx+\fxh))Du(\fxx+\fxh)-g'(u(\fxx))Du(\fxx)$
 et en d\e veloppant  $u(\fxx +\fxh)$,
 $$
 D(g(u))(\fxx+\fxh)-D(g(u))(\fxx)=g'(u(\fxx)+(Du(\fxx),\fxh))(Du(\fxx)+D^2u(\fxx)\fxh)-g'(u(\fxx))Du(\fxx)+o( \fxh)$$
$$=g'(u(\fxx))Du(\fxx)+g''(u(\fxx))(Du(\fxx), \fxh)Du(\fxx)+g'(u(\fxx))D^2u(\fxx)\fxh-g'(u(\fxx))Du(\fxx)+o(\fxh)$$

$$=g''(u(\fxx))(Du(\fxx), \fxh)Du(\fxx)+g'(u)D^2u(\fxx)\fxh +o(h),$$
ce  qui donne
$$D^2(g(u))(\fxx)=g''(u(\fxx))Du(\fxx)\otimes Du(\fxx)+g'(u(\fxx))D^2u(\fxx).$$
 
 (c) On peut faire le calcul directement, mais autant utiliser la formule pr\e c\e dente.  On pose $u(\fxx)=|\fxx|^2$ et $g(s)=\sqrt s$, ce qui donne $v(\fxx)=g(u)=|\fxx|.$ Mais 
 $g'(s)=\frac 1{2\sqrt s}$ et $g''(s)=-\frac 1{4s^\frac 32},$ donc
 $g'(u)=\frac 1 {2|\fxx|}$ et $g''(u)=-\frac 1{4|\fxx|^3}$. De plus, 
 $Du(\fxx)=2\fxx$ et $D^2u(\fxx)=2Id$.  En appliquant  les  formules du (b), on obtient
 $Dv(\fxx)=\frac {\fxx}{|\fxx|}$ et
 $$D^2v(\fxx)=-\frac 1{|\fxx|^3}\fxx\otimes \fxx
 +\frac 1 {|\fxx|}Id.$$


\medskip

\noindent

{\bf Exercice 4. }
On applique la formule de Taylor :
$$t^2f(\fxx)=f(t\fxx)=f(0)+tDf(0)(\fxx)+\frac {t^2}2D^2f(\theta t\fxx)(\fxx, \fxx).$$
Par identification des termes du d\e veloppement en $t$, on a $f(0)=0$, $Df(0)=0$ 
et $D^2f(\theta t\fxx)(\fxx, \fxx)=2f(\fxx)$.
Faisant tendre $t$ vers 0 dans cette derni\ee re relation, on obtient
$$f(\fxx)=\frac 12D^2f(0)(\fxx, \fxx)$$
qui est la relation recherch\e e.
       
\medskip
\noindent
{\bf Exercice 5.}
(a) On a imm\e diatement $\int k_h(\fxx)d\fxx=1$ par le changement de variable
$\fxx=h\fxz$, qui donne $d\fxx=h^Nd\fxz.$  Le support de $k_h$ est obtenu en multipliant par $h$ le support de $k$.  Il se concentre quand $h\to 0$.
Les fonctions $\fxz \to k(\fxz)z_iz_j$ et $\fxz\to k(\fxz)z_i$ sont impaires par rapport  \a la variable $z_i$ et donc d'int\e grale nulle.  En consid\e rant l'isom\e trie $R$ qui \e change les coordonn\e es $z_i$ et $z_j$, et en remarquant que $k(R\fxz)=k(\fxz)$, on obtient
$\int k(\fxz)z_i^2d\fxz=\int k(\fxz)z_j^2d\fxz,$ car le jacobien $|det R|$ vaut 1.

(b)
$$k_h\ast u(\fxx)=\int \frac 1 {h^N}k(\frac{\fxy}{h})u(\fxx-\fxy)d\fxy.$$
En posant $\fxy=h\fxz$, on obtient
$$k_h\ast u(\fxx)=\int k(\fxz)u(\fxx-h\fxz)d\fxz.$$
On remarque que $\fxz$ est dans le support fixe de $k$ et que donc $|h\fxz|=0(h)$.
On effectue un d\e veloppement de Taylor de $u(\fxx-h\fxz)$,
$$u(\fxx- h\fxz)=u(\fxx)-hDu(\fxx)(\fxz)+\frac {h^2}2D^2u(\fxx-\theta h\fxz)(\fxz, \fxz).$$
Par le (a), $\fxz\to k(\fxz)Du(\fxx)(\fxz)$ est d'int\e grale  nulle et on obtient, en tenant compte de 
$\int k(\fxz)d\fxz=1$:
$$k_h\ast u(\fxx)= u(\fxx)+ \frac {h^2}2\int k(\fxz)D^2u(\fxx-\theta h\fxz)(\fxz, \fxz).
$$
Comme $D^2u$ est continue, $D^2u(\fxx-\theta h\fxz)$ converge uniform\e ment sur le support compact de $k$ vers $D^2u(\fxx)$ quand $h\to 0$.  On obtient donc

$$k_h\ast u(\fxx)= u(\fxx)+ \frac {h^2}2\int k(\fxz)D^2u(\fxx)(\fxz, \fxz)+o(h^2).$$
La  forme quadratique $D^2u(\fxx)(\fxz, \fxz)$ comporte des termes impairs en $z_iz_j$ qui disparaissent par le (a). 
Seuls restent les termes en $z_i^2$ :
$$k_h\ast u(\fxx)= u(\fxx)+ \frac {h^2}2\int k(\fxz)\sum_{i=1}^N \frac{\partial^2u}{\partial x_i^2}(\fxx)z_i^2d\fxz+o(h^2)$$
et finalement
$$k_h\ast u(\fxx)= u(\fxx)+ Ch^2\Delta u(\fxx)+o(h^2),$$

avec $C=\frac 12\int k(\fxz) z_1^2d\fxz.$




(c) 
Comme $k$ est radiale,
$k_h\circ R=k_h$ et on a donc 
$$k_h\ast (u\circ R)=(k_h\circ R)\ast(u\circ R)=
(k_h\ast u)\circ R.$$
Donc
$$\Delta (u\circ R)=C\lim_{h\to 0}\frac 1{h^2}(k_h\ast (u\circ R)-u\circ R)
=C\lim_{h\to 0}\frac 1{h^2}((k_h\ast u)\circ R-u\circ R)=(\Delta u)\circ R.
$$

\medskip
\noindent
{\bf Exercice 6.} 
(a)

On a 
$Du(\fxx +t \frac {Du}{|Du|})=Du(\fxx)+tD^2u(\fxx)\frac{Du}{|Du|}+o(t).$
Donc, en d\e veloppant le carr\e ,
$$|Du(\fxx + t\frac{Du}{|Du|})|^2-|Du(\fxx)|^2=2t(D^2u(\fxx)\frac{Du}{|Du|}, Du)+o(t).$$
D'o\u  
$$\frac{\partial }{\partial t}(|Du(\fxx + t\frac{Du(\fxx)}{|Du(\fxx)|})|^2)=
2(D^2u(\fxx)\frac{Du}{|Du|}, Du)$$ en $t=0$.  Cet op\e rateur exprime la variation du carr\ea de la pente le long des lignes de gradient de la fonction $u$.


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


(c) ce qui veut dire d'apr\ee s 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 deuxi\ee me cas, la fonction est h\e lico\"{i}dale et les lignes de plus grande pente sont des arcs de cercle.








\medskip
\noindent
{\bf Exercice 7. }
On doit r\e soudre l'\e quation 
$|\tilde{\fxx}'(t)|=1$, soit $|\fxx'(\varphi(t))||\varphi'(t)|=1$. Cette relation implique que $\varphi'(t)\neq  0$.  Comme $\varphi(0)=0$ et que l'image de 
$\varphi$ est dans $[0,1]$, on d\e duit que $\varphi'(t)>0$ pour tout $t$ et la relation   $|\tilde{\fxx}'(t)|=1$ est donc  \e quivalente \a
$\varphi'(t)=\frac 1{|\fxx'(\varphi(t))|}$. La fonction $\fxx'$ ne s'annule pas par hypoth\ee se et il existe donc un minorant $m$ tel que $|\fxx'(t)|>m>0$ pour tout $t\in  [0,1]$.  La fonction     $\frac 1{|\fxx'(t)|}$ est donc $C^1$
sur $[0,1]$ et elle donc  Lipschitz sur $[0,1]$. 
L'\e quation diff\e rentielle $\varphi'(t)=\frac 1{|\fxx'(\varphi(t))|}$ avec pour condition initiale $\varphi(0)=0$ a donc une unique solution maximale et cette solution maximale termine  en un temps $t_0$ tel que $\varphi(t_0)=1$, ce qui veut dire que toute la courbe a \e t\ea d\e crite.



\medskip
\noindent
{\bf Exercice 8.} 
Au point $(x,y)$ passe la courbe $C_\lambda$ telle que $y=(x-\lambda)^2$ et 
$x\leq \lambda$, ce qui donne $\lambda -x=\sqrt y$. Donc
$\lambda=\sqrt{y}+x$ est unique.  Un vecteur tangent \a cette courbe en $(x,y)$ est
$(1, -2\sqrt{y}).$  On peut donc prendre comme \e quation diff\e rentielle pour suivre les courbes $C_\lambda$ :
$$(x'(t), y'(t))=(1, -2\sqrt{y}).$$
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 $C_\lambda$, car ces trajectoires se confondent sur l'axe des $x$, ce qui est impossible pour les solutions d'une  \e quation \a second membre lipschitzien.


\medskip
\noindent
{\bf Exercice 9.} 
On commence par diff\e rentier la fonction $\fxy\to |\fxy|^3.$ On a
$$|\fxy+\fxh|^3=|\fxy|^3+ 3|\fxy|^2(\frac {\fxy}{|\fxy|},\fxh)+o(h)$$
et le $o(h)$ d\e pend \e videmment de $\fxy$ mais est uniforme pour $\fxy$ dans un born\e .
On a donc ($h$ repr\e sente une "petite" fonction dans l'espace $F$) :
$$E(u+h)-E(u)=3\int_C |Du|(Du,Dh)(\fxx)d\fxx+o(\sup_C|Dh|).$$
Donc
$$DE(u)(h)=3\int_C |Du|(Du, Dh)(\fxx)d\fxx.$$
On a aussi $$|\fxx+\fxk|=|\fxx|+(\frac{\fxx}{|\fxx|},\fxk)+o(\fxk).$$
Donc, en effectuant une diff\e rence finie de $DE(u)$, $k$ \e tant une fonction
"petite" dans $F$ :
$$DE(u+k)(h)-DE(u)(h)=3\int_C |Du+Dk|(Du+Dk, Dh)-|Du|(Du, Dh)=$$
$$
3\int_C [(\frac{Du}{|Du|}, Dk)(Du, Dh)+|Du|(Dk, Dh)]d\fxx +o(\sup_C|Dk|)O(\sup_C|Dh|).$$

Donc $$D^2E(u)(k,h)=3\int_C [(\frac{Du}{|Du|}, Dk)(Du, Dh)+|Du|(Dk, Dh)]d\fxx.$$
On v\e rifie imm\e diatement que $D^2E(u)(k, h)$ est une forme bilin\e aire sym\e trique et continue dans $F$.



\bigskip
\hfill R{\'e}dig{\'e} par J.M. Morel
\end{document}

