Différentielles en dimension infinie : corrigé du contrôle de maths en L3

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Barème du contrôle corrigé : différentielles en dimension infinie

Le corrigé détaillé : différentielles en dimension infinie

Exercice 1 – Le cube matriciel corrigé d’un terme linéaire (3 points)

1. Développer sans faire commuter

   Le produit matriciel n’étant pas commutatif, on développe le cube en gardant l’ordre des facteurs :

   \[(M + H)^3 = M^3 + \left(M^2 H + MHM + HM^2\right) + \left(MH^2 + HMH + H^2 M\right) + H^3.\]

   Par conséquent, \(F(M + H) – F(M) = L_M(H) + R_M(H)\), où \(L_M(H) = M^2 H + MHM + HM^2 – 2H\) et \(R_M(H) = MH^2 + HMH + H^2 M + H^3\).

   L’application \(L_M\) est linéaire, donc continue puisque \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) est de dimension finie. Ensuite, la sous-multiplicativité de la norme donne :

   \[\|R_M(H)\| \leq 3\|M\|\,\|H\|^2 + \|H\|^3.\]

   Ainsi \(\frac{\|R_M(H)\|}{\|H\|} \leq 3\|M\|\,\|H\| + \|H\|^2\) tend vers 0 quand \(H\) tend vers 0. Donc \(F\) est différentiable en \(M\), et \(\mathrm{d}F(M)(H) = M^2 H + MHM + HM^2 – 2H\).

2. Le cas où les matrices commutent

   Si \(MH = HM\), les trois premiers termes valent tous \(M^2 H\), d’où \(\mathrm{d}F(M)(H) = (3M^2 – 2I_n)H\). Or \(I_n\) commute avec toute matrice, donc \(\mathrm{d}F(I_n)(H) = 3H – 2H = H\). Ainsi \(\mathrm{d}F(I_n) = \mathrm{Id}\).

3. Un calcul en taille 2

   On a d’abord \(N^2 = 0\), donc \(\mathrm{d}F(N)(H) = NHN – 2H\). Ensuite :

   \[NH = \begin{pmatrix} c & d \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad NHN = \begin{pmatrix} 0 & c \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad \mathrm{d}F(N)(H) = \begin{pmatrix} -2a & c – 2b \\ -2c & -2d \end{pmatrix}.\]

   Si \(\mathrm{d}F(N)(H) = 0\), alors \(a = c = d = 0\), puis \(c – 2b = 0\) donne \(b = 0\). Le noyau est donc réduit à la matrice nulle. Comme \(\mathrm{d}F(N)\) est un endomorphisme injectif d’un espace de dimension finie, il est bijectif. Par conséquent, \(\mathrm{d}F(N)\) est un automorphisme de \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\).

Barème : 1) 1,5 point (0,5 pour le développement ordonné, 0,5 pour la linéarité, 0,5 pour la majoration du reste) ; 2) 0,5 point ; 3) 1 point (0,5 pour la matrice, 0,5 pour l’injectivité).

Piège classique : écrire \(3M^2 H\) dans le cas général revient à supposer que \(M\) et \(H\) commutent, ce qui est faux en général.

Exercice 2 – Inversion matricielle et chemin affine (4 points)

1. Une identité exacte pour le reste

   Notons \(X = (M + H)^{-1}\). D’abord, \(X – M^{-1} = X\big(M – (M + H)\big)M^{-1} = -XHM^{-1}\). On en déduit :

   \[X – M^{-1} + M^{-1}HM^{-1} = \left(M^{-1} – X\right)HM^{-1} = XHM^{-1}HM^{-1},\]

   en utilisant de nouveau \(M^{-1} – X = XHM^{-1}\). L’égalité demandée est donc établie.

   Ensuite, sous l’hypothèse \(\|M^{-1}\|\,\|H\| \leq \frac{1}{2}\), on a \(\|X\| \leq 2\|M^{-1}\|\), d’où :

   \[\left\|X – M^{-1} + M^{-1}HM^{-1}\right\| \leq 2\|M^{-1}\|^3\,\|H\|^2.\]

   L’application \(H \mapsto -M^{-1}HM^{-1}\) est linéaire, et le reste est un \(O(\|H\|^2)\), donc un \(o(\|H\|)\). Ainsi \(\iota\) est différentiable en \(M\), et \(\mathrm{d}\iota(M)(H) = -M^{-1}HM^{-1}\).

2. La règle de la chaîne sur un chemin

   On a \(\det A = 2 – 1 = 1\), donc \(A\) est inversible, et \(A^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}\). Le chemin \(\gamma : t \mapsto A + tB\) est affine, donc continu et dérivable, avec \(\gamma^{\prime}(t) = B\). Comme \(GL_2(\mathbb{R})\) est ouvert et contient \(\gamma(0)\), il existe un intervalle ouvert autour de 0 sur lequel \(\gamma(t)\) est inversible. Sur cet intervalle, \(\varphi = \iota \circ \gamma\) est dérivable par composition, et \(\varphi^{\prime}(0) = \mathrm{d}\iota(A)(B) = -A^{-1}BA^{-1}\). On calcule alors :

   \[A^{-1}B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -2 \end{pmatrix}, \quad A^{-1}BA^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -3 \end{pmatrix}.\]

   Donc \(\varphi^{\prime}(0) = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}\). Les pentes des tangentes en 0 valent bien 0, \(-1\) et 3, ce que confirme la figure. Par exemple, avec \(\det(A + tB) = 1 – t – t^2\), le coefficient \((2, 2)\) vaut \(\frac{2 + t}{1 – t – t^2}\), dont la dérivée en 0 est \(1 + 2 = 3\).

   

3. Régularité et dérivée seconde

   Soit \(\Phi\) l’application bilinéaire qui associe à \((X, Y)\) l’endomorphisme \(H \mapsto XHY\). Elle est continue, car \(\|XHY\| \leq \|X\|\,\|H\|\,\|Y\|\). D’après la question 1, \(\mathrm{d}\iota = -\Phi(\iota, \iota)\). Or \(\iota\) est continue, puisqu’elle est différentiable : \(\mathrm{d}\iota\) est donc continue, et \(\iota\) est de classe \(C^1\).

   De plus, la composée d’une application bilinéaire continue avec deux applications différentiables est différentiable. Pour une direction \(K\), on obtient donc :

   \[\mathrm{d}^2\iota(M)(H, K) = -\mathrm{d}\iota(M)(K)\,HM^{-1} – M^{-1}H\,\mathrm{d}\iota(M)(K).\]

   En remplaçant \(\mathrm{d}\iota(M)(K)\) par \(-M^{-1}KM^{-1}\), on trouve \(\mathrm{d}^2\iota(M)(H, K) = M^{-1}KM^{-1}HM^{-1} + M^{-1}HM^{-1}KM^{-1}\), expression symétrique en \(H\) et \(K\), conformément au théorème de Schwarz.

Barème : 1) 1,5 point (0,5 pour l’identité, 1 pour la majoration et la conclusion) ; 2) 1,5 point (0,5 pour la justification, 0,5 pour \(A^{-1}\), 0,5 pour \(\varphi^{\prime}(0)\)) ; 3) 1 point.

Piège classique : la formule \(-M^{-2}H\) est fausse dès que \(n \geq 2\), car \(H\) ne commute pas avec \(M^{-1}\).

Exercice 3 – Le déterminant et la trace de l’inverse (3,5 points)

1. La formule de Leibniz près de l’identité

   Notons \(h_{ij}\) les coefficients de \(H\). La formule de Leibniz donne \(\det(I_n + H) = \sum_{\sigma} \varepsilon(\sigma) \prod_{j=1}^{n} \left(\delta_{\sigma(j) j} + h_{\sigma(j) j}\right)\). Si \(\sigma\) n’est pas l’identité, elle déplace au moins deux indices : le produit associé contient alors au moins deux facteurs \(h_{ij}\), donc il est en \(O(\|H\|^2)\), car toutes les normes sont équivalentes en dimension finie. Pour \(\sigma = \mathrm{Id}\), on obtient \(\prod_{j} (1 + h_{jj}) = 1 + \sum_j h_{jj} + O(\|H\|^2)\).

   Ainsi \(\det(I_n + H) = 1 + \mathrm{tr}(H) + O(\|H\|^2)\). Comme la trace est linéaire, on en déduit \(\mathrm{d}\det(I_n) = \mathrm{tr}\).

2. Se ramener à l’identité

   Le déterminant est multiplicatif, donc \(\det(M + H) = \det(M)\det(I_n + M^{-1}H)\). D’après la question 1, et puisque \(\|M^{-1}H\| \leq \|M^{-1}\|\,\|H\|\) :

   \[\det(M + H) = \det(M) + \det(M)\,\mathrm{tr}(M^{-1}H) + O(\|H\|^2).\]

   L’application \(H \mapsto \det(M)\,\mathrm{tr}(M^{-1}H)\) est linéaire. Par conséquent, \(\mathrm{d}\det(M)(H) = \det(M)\,\mathrm{tr}(M^{-1}H)\).

3. Deux calculs qui se recoupent

   En développant selon la première ligne : \(\det M = 2(1 \times 1 – 0 \times 3) – 0 + 1 \times (1 \times 3 – 1 \times 0) = 2 + 3 = 5\). Ensuite, par la règle de la chaîne, \(p^{\prime}(0) = \mathrm{d}\det(M)(I_3) = \det(M)\,\mathrm{tr}(M^{-1})\). Or \(\det(M)\,M^{-1}\) est la transposée de la comatrice, dont les termes diagonaux sont les cofacteurs diagonaux de \(M\) :

   \[C_{11} = 1 \times 1 – 0 \times 3 = 1, \quad C_{22} = 2 \times 1 – 1 \times 0 = 2, \quad C_{33} = 2 \times 1 – 0 \times 1 = 2.\]

   D’une part, \(p^{\prime}(0) = 1 + 2 + 2 = 5\). D’autre part, en développant \(\det(M + tI_3)\) selon la première ligne, \(p(t) = (2 + t)(1 + t)^2 + 3\). Alors \(p^{\prime}(t) = (1 + t)^2 + 2(2 + t)(1 + t)\), puis \(p^{\prime}(0) = 1 + 4 = 5\). Les deux méthodes donnent \(\det M = 5\) et \(p^{\prime}(0) = 5\).

4. Conclusion sur la trace

   On a \(\det(M)\,\mathrm{tr}(M^{-1}) = p^{\prime}(0) = 5\) et \(\det M = 5\). Donc \(\mathrm{tr}(M^{-1}) = 1\).

Barème : 1) 1 point (0,5 pour les permutations non triviales, 0,5 pour la conclusion) ; 2) 1 point ; 3) 1 point (0,5 par méthode) ; 4) 0,5 point.

Piège classique : oublier le facteur \(\det M\) et écrire \(\mathrm{d}\det(M)(H) = \mathrm{tr}(M^{-1}H)\), formule qui ne vaut que pour \(\det M = 1\).

Exercice 4 – Une fonctionnelle logarithmique sur les fonctions continues (4 points)

1. Bornes sur les dérivées de g

   La fonction \(g\) est de classe \(C^\infty\) sur \(\mathbb{R}\), avec \(g^{\prime}(x) = \frac{2x}{1 + x^2}\) et \(g^{\prime\prime}(x) = \frac{2(1 – x^2)}{(1 + x^2)^2}\). D’abord, \((1 – |x|)^2 \geq 0\) donne \(2|x| \leq 1 + x^2\), donc \(|g^{\prime}(x)| \leq 1\). Ensuite, \(|1 – x^2| \leq 1 + x^2\), d’où \(|g^{\prime\prime}(x)| \leq \frac{2}{1 + x^2} \leq 2\). Ainsi \(|g^{\prime}| \leq 1\) et \(|g^{\prime\prime}| \leq 2\) sur \(\mathbb{R}\), avec égalité en \(x = 1\) pour la première et en \(x = 0\) pour la seconde.

2. Un reste majoré uniformément

   Pour \(x\) et \(y\) réels, la formule de Taylor-Lagrange fournit \(c\) entre \(x\) et \(x + y\) tel que \(g(x + y) – g(x) – g^{\prime}(x)y = \frac{g^{\prime\prime}(c)}{2}y^2\), donc \(|g(x + y) – g(x) – g^{\prime}(x)y| \leq y^2\). On pose ensuite \(L_f(h) = \int_0^1 t\, g^{\prime}\big(f(t)\big) h(t)\,\mathrm{d}t\). Cette forme est linéaire, et \(|L_f(h)| \leq \int_0^1 t\,\|h\|_\infty\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2}\|h\|_\infty\) : elle est donc continue. En appliquant l’inégalité en chaque \(t\), avec \(x = f(t)\) et \(y = h(t)\) :

   \[\left|J(f + h) – J(f) – L_f(h)\right| \leq \int_0^1 t\, h(t)^2\,\mathrm{d}t \leq \frac{1}{2}\|h\|_\infty^2.\]

   Par conséquent, \(J\) est différentiable en \(f\), et \(\mathrm{d}J(f) = L_f\).

3. Accroissements finis et optimalité

   D’après la question 2, \(\|\mathrm{d}J(f)\| \leq \frac{1}{2}\) pour tout \(f \in E\). Comme \(E\) est convexe et \(J\) différentiable, l’inégalité des accroissements finis donne \(|J(f) – J(k)| \leq \frac{1}{2}\|f – k\|_\infty\).

   Ensuite, \(g^{\prime}(1) = 1\), donc \(\mathrm{d}J(\mathbf{1})(\mathbf{1}) = \int_0^1 t\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2}\). Supposons alors \(|J(f) – J(k)| \leq c\,\|f – k\|_\infty\) pour une constante \(c < \frac{1}{2}\). Pour \(s > 0\), on aurait \(\frac{J(\mathbf{1} + s\mathbf{1}) – J(\mathbf{1})}{s} \leq c\). Or ce quotient tend vers \(\mathrm{d}J(\mathbf{1})(\mathbf{1}) = \frac{1}{2}\) quand \(s\) tend vers 0, d’où \(\frac{1}{2} \leq c\) : c’est absurde. La constante \(\frac{1}{2}\) est donc la meilleure possible.

4. Le terme quadratique en 0

   La fonction \(u \mapsto u – \ln(1 + u)\) a pour dérivée \(\frac{u}{1 + u} \geq 0\) sur \(\mathbb{R}_+\) et s’annule en 0 : elle est donc positive. De même, \(u \mapsto \frac{u^2}{2} – u + \ln(1 + u)\) a pour dérivée \(\frac{u^2}{1 + u} \geq 0\) et s’annule en 0. Ainsi \(0 \leq u – \ln(1 + u) \leq \frac{u^2}{2}\). Avec \(u = h(t)^2\), on obtient alors \(\left|J(h) – \int_0^1 t\,h(t)^2\,\mathrm{d}t\right| \leq \frac{1}{4}\|h\|_\infty^4\).

   Par ailleurs, \(J(0) = 0\) et \(\mathrm{d}J(0) = 0\), car \(g^{\prime}(0) = 0\). La formule de Taylor-Young donne donc \(J(h) = \frac{1}{2}\mathrm{d}^2J(0)(h, h) + o(\|h\|_\infty^2)\). En remplaçant \(h\) par \(sh\), puis en divisant par \(s^2\) avant de faire tendre \(s\) vers 0, les deux formes quadratiques coïncident. Ainsi \(\mathrm{d}^2J(0)(h, h) = 2\int_0^1 t\,h(t)^2\,\mathrm{d}t\).

Barème : 1) 1 point ; 2) 1,5 point (0,5 pour Taylor-Lagrange, 0,5 pour la continuité de \(L_f\), 0,5 pour le reste) ; 3) 1 point (0,5 pour l’inégalité, 0,5 pour l’optimalité) ; 4) 0,5 point.

Piège classique : majorer le reste point par point sans obtenir une borne uniforme en \(t\) ne prouve pas la différentiabilité pour la norme \(\|\cdot\|_\infty\).

Exercice 5 – Problème : l’opérateur exponentiel de composition (5,5 points)

1. Le reste de l’exponentielle

   Soit \(y\) réel. La formule de Taylor-Lagrange à l’ordre 2 fournit \(\theta \in \left]0, 1\right[\) tel que \(\mathrm{e}^{y} – 1 – y = \frac{y^2}{2}\,\mathrm{e}^{\theta y}\). Or \(\theta y \leq |y|\), et l’exponentielle est croissante. Donc \(|\mathrm{e}^{y} – 1 – y| \leq \frac{y^2}{2}\,\mathrm{e}^{|y|}\).

2. La différentielle est une multiplication

   Pour \(f\) et \(h\) dans \(E\) et \(t \in [0, 1]\), on a \(\mathrm{e}^{f(t) + h(t)} – \mathrm{e}^{f(t)} – \mathrm{e}^{f(t)}h(t) = \mathrm{e}^{f(t)}\left(\mathrm{e}^{h(t)} – 1 – h(t)\right)\). Avec la question 1, on obtient donc :

   \[\left\|\mathcal{N}(f + h) – \mathcal{N}(f) – T_{\mathrm{e}^{f}}(h)\right\|_\infty \leq \frac{1}{2}\,\mathrm{e}^{\|f\|_\infty + \|h\|_\infty}\,\|h\|_\infty^2.\]

   Par ailleurs, \(T_u\) est linéaire, et \(\|uh\|_\infty \leq \|u\|_\infty\|h\|_\infty\), donc \(T_u\) est continu de norme au plus \(\|u\|_\infty\). De plus, \(T_u(\mathbf{1}) = u\) atteint cette borne, d’où \(\|T_u\| = \|u\|_\infty\). Ainsi \(\mathcal{N}\) est différentiable, \(\mathrm{d}\mathcal{N}(f) = T_{\mathrm{e}^{f}}\), et \(\|\mathrm{d}\mathcal{N}(f)\| = \|\mathrm{e}^{f}\|_\infty = \mathrm{e}^{\max f}\), car l’exponentielle est croissante et \(f\) atteint son maximum sur le segment.

3. Régularité et différentielle seconde

   Notons \(\Theta : u \mapsto T_u\), qui est linéaire et isométrique de \(E\) dans \(\mathcal{L}(E)\) d’après la question 2. Alors \(\mathrm{d}\mathcal{N} = \Theta \circ \mathcal{N}\). Comme \(\mathcal{N}\) est différentiable, elle est continue, donc \(\mathrm{d}\mathcal{N}\) est continue : \(\mathcal{N}\) est de classe \(C^1\).

   De plus, \(\Theta\) est linéaire continue, donc différentiable, de différentielle elle-même. La règle de la chaîne donne alors \(\mathrm{d}(\mathrm{d}\mathcal{N})(f)(k) = \Theta\big(\mathrm{d}\mathcal{N}(f)(k)\big) = T_{\mathrm{e}^{f}k}\). En appliquant cet opérateur à \(h\), on obtient \(\mathrm{d}^2\mathcal{N}(f)(h, k) = \mathrm{e}^{f}\,hk\), qui est bien symétrique en \(h\) et \(k\).

4. Une constante de Lipschitz optimale

   La boule \(\overline{B}(0, r)\) est convexe. Pour \(f\) dans cette boule, \(\max f \leq r\), donc \(\|\mathrm{d}\mathcal{N}(f)\| \leq \mathrm{e}^{r}\). L’inégalité des accroissements finis donne alors \(\|\mathcal{N}(f) – \mathcal{N}(k)\|_\infty \leq \mathrm{e}^{r}\|f – k\|_\infty\).

   Pour l’optimalité, prenons les fonctions constantes \(f = r\) et \(k = r – s\), avec \(0 < s \leq 2r\) : elles sont dans la boule. Ensuite :

   \[\frac{\|\mathcal{N}(f) – \mathcal{N}(k)\|_\infty}{\|f – k\|_\infty} = \mathrm{e}^{r}\,\frac{1 – \mathrm{e}^{-s}}{s},\]

   quotient qui tend vers \(\mathrm{e}^{r}\) quand \(s\) tend vers 0. Aucune constante strictement inférieure à \(\mathrm{e}^{r}\) ne convient donc.

5. Composer avec une primitive

   L’application \(V\) est linéaire par linéarité de l’intégrale, et \(|V(f)(x)| \leq x\|f\|_\infty \leq \|f\|_\infty\) : elle est donc continue, de norme au plus 1. Ainsi \(V\) est différentiable, et \(\mathrm{d}V(u) = V\) en tout point. Par la règle de la chaîne, \(\mathrm{d}G(f) = V \circ T_{\mathrm{e}^{f}}\), autrement dit \(\mathrm{d}G(f)(h)(x) = \int_0^x \mathrm{e}^{f(t)}h(t)\,\mathrm{d}t\).

   Pour \(f_0(t) = t\) et \(h_0(t) = 1 – t\), une primitive de \(t \mapsto (1 – t)\mathrm{e}^{t}\) est \(t \mapsto (2 – t)\mathrm{e}^{t}\), car sa dérivée vaut \(-\mathrm{e}^{t} + (2 – t)\mathrm{e}^{t}\). Par conséquent, \(\mathrm{d}G(f_0)(h_0)(x) = (2 – x)\mathrm{e}^{x} – 2\) pour \(x \in [0, 1]\).

Barème : 1) 1 point ; 2) 1,5 point (0,5 pour le reste, 0,5 pour la norme de \(T_u\), 0,5 pour la conclusion) ; 3) 1 point (0,5 pour la classe \(C^1\), 0,5 pour la différentielle seconde) ; 4) 1 point (0,5 pour l’inégalité, 0,5 pour l’optimalité) ; 5) 1 point (0,5 pour \(\mathrm{d}G(f)\), 0,5 pour le calcul).

Piège classique : écrire \(\|\mathrm{d}\mathcal{N}(f)\| = \mathrm{e}^{\|f\|_\infty}\) est faux quand \(f\) est négative : seule compte la plus grande valeur de \(f\).

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