Différentielles, gradient et extremums liés : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : différentielles, gradient et extremums liés

Le corrigé détaillé : différentielles, gradient et extremums liés

Exercice 1 – Dérivées directionnelles sans différentiabilité (3 points)

1. Une majoration qui donne la continuité

   Pour \((x, y) \neq (0, 0)\), l’inégalité triangulaire donne \(|x^3 – 2xy^2| \leq |x|\,x^2 + 2|x|\,y^2 \leq 2|x|\,(x^2 + y^2)\). En divisant par \(x^2 + y^2 > 0\), on obtient \(|f(x, y)| \leq 2|x|\), et cette inégalité reste vraie en \((0, 0)\).

   Sur l’ouvert \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\), \(f\) s’obtient par opérations usuelles à partir des projections, avec un dénominateur strictement positif : elle y est donc continue. En \((0, 0)\), la majoration montre que \(f(x, y)\) tend vers \(0 = f(0, 0)\). Par conséquent, \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^2\).

2. Homogénéité et dérivées selon un vecteur

   Pour \(t \neq 0\), le numérateur de \(f(th)\) est multiplié par \(t^3\) et le dénominateur par \(t^2\), donc \(f(th) = t\,f(h)\). Ainsi, \(\frac{f(th) – f(0, 0)}{t} = f(h)\) pour tout \(t \neq 0\) : ce taux est constant, donc il converge quand \(t \to 0\).

   La dérivée de \(f\) en \((0, 0)\) selon \(h\) existe et vaut \(f(h)\). En particulier, \(\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = f(1, 0) = 1\) et \(\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = f(0, 1) = 0\).

3. Le défaut de linéarité

   Supposons \(f\) différentiable en \((0, 0)\). Alors toute dérivée directionnelle s’exprime par la différentielle : \(f(h) = \mathrm{d}f(0, 0)(h) = h_1 \frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) + h_2 \frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = h_1\). Avec \(h = (\cos\theta, \sin\theta)\), on aurait donc \(f(\cos\theta, \sin\theta) = \cos\theta\) pour tout \(\theta\) : les deux courbes seraient confondues.

   Or \(f(\cos\theta, \sin\theta) = \cos\theta\,(\cos^2\theta – 2\sin^2\theta)\). Pour \(\theta = \frac{\pi}{4}\), cette quantité vaut \(\frac{\sqrt{2}}{2} \times \left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{\sqrt{2}}{4}\), alors que \(\cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}\). Ainsi \(f\) n’est pas différentiable en \((0, 0)\), alors même que la continuité et toutes les dérivées directionnelles y sont acquises.

Piège classique : conclure à la différentiabilité parce que les dérivées partielles existent. Il faut vérifier que \(h \mapsto D_h f(0, 0)\) est linéaire, puis que le reste est négligeable.

Barème : question 1 sur 1 point (majoration 0,5 ; continuité 0,5) ; question 2 sur 1 point (dérivée directionnelle 0,5 ; dérivées partielles 0,5) ; question 3 sur 1 point (raisonnement 0,5 ; contre-exemple 0,5).

Exercice 2 – Différentielles du déterminant et de l’inverse (4 points)

1. Isoler la trace dans la formule de Leibniz

   Notons \(H = (h_{ij})\). La formule de Leibniz donne \(\det(I_n + H) = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \varepsilon(\sigma) \prod_{j=1}^{n} \left(\delta_{\sigma(j) j} + h_{\sigma(j) j}\right)\). Développons chaque produit : on obtient un polynôme en les coefficients \(h_{ij}\).

   Le terme constant vient seulement de \(\sigma = \mathrm{id}\) et vaut 1. Si \(\sigma \neq \mathrm{id}\), alors \(\sigma\) déplace au moins deux indices, donc chaque terme du produit associé contient au moins deux facteurs \(h_{ij}\). Par conséquent, les termes de degré 1 proviennent de \(\sigma = \mathrm{id}\) seule, et leur somme vaut \(h_{11} + \cdots + h_{nn} = \mathrm{tr}(H)\).

   Enfin, chaque monôme de degré \(k \geq 2\) est majoré par \(\|H\|_\infty^k\), où \(\|H\|_\infty\) est le plus grand des \(|h_{ij}|\). Toutes les normes étant équivalentes en dimension finie, ces termes sont des \(O(\|H\|^2)\), donc des \(o(\|H\|)\). On a \(\det(I_n + H) = 1 + \mathrm{tr}(H) + o(\|H\|)\) : le déterminant est différentiable en \(I_n\), de différentielle la trace.

2. Retour en une matrice inversible

   Pour \(A\) inversible, on écrit \(\det(A + H) = \det(A)\,\det(I_n + A^{-1}H)\). Comme \(\|A^{-1}H\| \leq \|A^{-1}\|\,\|H\|\), la question 1 donne \(\det(I_n + A^{-1}H) = 1 + \mathrm{tr}(A^{-1}H) + o(\|H\|)\).

   D’où \(\det(A + H) = \det(A) + \det(A)\,\mathrm{tr}(A^{-1}H) + o(\|H\|)\). De plus, \(\det(A)\,A^{-1} = \mathrm{com}(A)^{\top}\), et l’application \(H \mapsto \mathrm{tr}(\mathrm{com}(A)^{\top} H)\) est linéaire. Ainsi \(\mathrm{d}(\det)(A)(H) = \mathrm{tr}\left(\mathrm{com}(A)^{\top} H\right)\).

3. Une identité exacte pour l’inverse

   Comme \(\mathrm{GL}_n(\mathbb{R})\) est ouvert, \(A + H\) est inversible pour \(\|H\|\) assez petit. On vérifie alors l’égalité \((A + H)^{-1} – A^{-1} = -(A + H)^{-1} H A^{-1}\), en multipliant à gauche par \(A + H\) et à droite par \(A\). Par suite :

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

   La norme du membre de droite est majorée par \(\|A^{-1} – (A + H)^{-1}\|\,\|H\|\,\|A^{-1}\|\), qui est un \(o(\|H\|)\) grâce à la continuité de l’inversion. De plus, \(H \mapsto -A^{-1} H A^{-1}\) est linéaire. Donc \(\varphi\) est différentiable en tout \(A\), avec \(\mathrm{d}\varphi(A)(H) = -A^{-1} H A^{-1}\).

4. Un gradient pour la trace de l’inverse

   On a \(F = \mathrm{tr} \circ \varphi\), où la trace est linéaire, donc égale à sa différentielle. La règle de la chaîne et la relation \(\mathrm{tr}(MN) = \mathrm{tr}(NM)\) donnent \(\mathrm{d}F(A)(H) = -\mathrm{tr}(A^{-1} H A^{-1}) = -\mathrm{tr}(A^{-2} H)\).

   Pour le produit scalaire proposé, \(\mathrm{d}F(A)(H) = \mathrm{tr}\left(\left(-(A^{-2})^{\top}\right)^{\top} H\right)\), donc \(\nabla F(A) = -(A^{-2})^{\top}\). Ici \(\det A = 1\), si bien que \(A^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}\), puis \(A^{-2} = \begin{pmatrix} 2 & -3 \\ -3 & 5 \end{pmatrix}\). Cette matrice est symétrique. On obtient \(\nabla F(A) = \begin{pmatrix} -2 & 3 \\ 3 & -5 \end{pmatrix}\).

Barème : question 1 sur 1 point (terme de degré 1 : 0,5 ; reste : 0,5) ; question 2 sur 1 point ; question 3 sur 1 point (identité 0,5 ; reste négligeable 0,5) ; question 4 sur 1 point (différentielle 0,5 ; gradient 0,5).

Exercice 3 – Changement de variables et dérivées partielles (4 points)

1. Un changement de variables bijectif

   Si \((u, v) \in U\), alors \(u > 0\), donc \(\phi(u, v) \in U\). Réciproquement, pour \((x, y) \in U\), l’équation \(\phi(u, v) = (x, y)\) impose \(u = x\) puis \(v = \frac{y}{x^2}\), ce qui a un sens car \(x > 0\). Ainsi \(\phi\) est une bijection de \(U\) sur \(U\), de réciproque \(\psi : (x, y) \mapsto \left(x, \frac{y}{x^2}\right)\). Enfin, les composantes de \(\phi\) et de \(\psi\) sont des fractions rationnelles définies sur \(U\), donc de classe \(C^1\).

2. La règle de la chaîne

   La fonction \(g = f \circ \phi\) est de classe \(C^1\) comme composée. La règle de la chaîne, appliquée avec \(\frac{\partial \phi}{\partial u} = (1, 2uv)\) et \(\frac{\partial \phi}{\partial v} = (0, u^2)\), donne pour tout \((u, v) \in U\) :

   \[\frac{\partial g}{\partial u}(u, v) = \frac{\partial f}{\partial x}(\phi(u, v)) + 2uv\,\frac{\partial f}{\partial y}(\phi(u, v)), \quad \frac{\partial g}{\partial v}(u, v) = u^2\,\frac{\partial f}{\partial y}(\phi(u, v)).\]

3. Résolution de l’équation

   Posons \((x, y) = \phi(u, v)\), donc \(x = u\) et \(y = u^2 v\). En multipliant la première formule par \(u\), on obtient \(u\,\frac{\partial g}{\partial u}(u, v) = x\,\frac{\partial f}{\partial x}(x, y) + 2y\,\frac{\partial f}{\partial y}(x, y)\). Comme \(\phi\) est surjective et \(u > 0\), la fonction \(f\) vérifie \((E)\) si et seulement si \(\frac{\partial g}{\partial u}\) est nulle sur \(U\).

   Supposons-le. À \(v\) donné, l’application partielle \(u \mapsto g(u, v)\) est de dérivée identiquement nulle sur \(]0, +\infty[\) ; cet ensemble étant un intervalle, elle y prend une seule valeur. Ainsi \(g(u, v) = h(v)\), avec \(h(v) = g(1, v) = f(1, v)\), qui est de classe \(C^1\). Par conséquent, \(f = g \circ \psi\) s’écrit \(f(x, y) = h\left(\frac{y}{x^2}\right)\).

   Réciproquement, si \(f(x, y) = h\left(\frac{y}{x^2}\right)\) avec \(h\) de classe \(C^1\), alors \(\frac{\partial f}{\partial x} = -\frac{2y}{x^3} h^{\prime}\left(\frac{y}{x^2}\right)\) et \(\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{1}{x^2} h^{\prime}\left(\frac{y}{x^2}\right)\). On vérifie alors que \(x\,\frac{\partial f}{\partial x} + 2y\,\frac{\partial f}{\partial y} = 0\). Les solutions de \((E)\) sont exactement les fonctions \((x, y) \mapsto h\left(\frac{y}{x^2}\right)\), avec \(h\) de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\).

4. Solution particulière et lignes de niveau

   La condition impose \(h(y) = f(1, y) = \frac{1}{1 + y^2}\) pour tout réel \(y\). Donc \(f(x, y) = \frac{1}{1 + y^2 / x^4}\). La solution cherchée est \(f(x, y) = \frac{x^4}{x^4 + y^2}\). Ensuite, \(f\) est constante sur chaque demi-parabole \(y = c\,x^2\), avec \(x > 0\), où elle vaut \(\frac{1}{1 + c^2}\). Une même valeur correspond donc aux deux paraboles d’équations \(y = c\,x^2\) et \(y = -c\,x^2\).

   

Piège classique : écrire « \(g\) ne dépend pas de \(u\) » sans préciser que \(u\) décrit un intervalle. Sur un ouvert non connexe en \(u\), une dérivée nulle ne donne qu’une constante par morceau.

Barème : question 1 sur 1 point (bijection 0,5 ; classe C¹ 0,5) ; question 2 sur 1 point ; question 3 sur 1,5 point (sens direct 1 ; réciproque 0,5) ; question 4 sur 0,5 point.

Exercice 4 – Points critiques et hessienne (4 points)

1. Résolution du système critique

   Polynôme en \(x\) et \(y\), \(f\) est \(C^2\) sur \(\mathbb{R}^2\), qui est ouvert ; un extremum local y serait donc un point critique. On trouve \(\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 – 2y – 8\) et \(\frac{\partial f}{\partial y} = 2y – 2x\). La seconde équation donne \(y = x\), puis la première devient \(3x^2 – 2x – 8 = 0\).

   Son discriminant vaut \(4 + 96 = 100\), d’où \(x = \frac{2 + 10}{6} = 2\) ou \(x = \frac{2 – 10}{6} = -\frac{4}{3}\). Les points critiques sont \(A(2, 2)\) et \(B\left(-\frac{4}{3}, -\frac{4}{3}\right)\), qui sont bien les points marqués sur la figure.

2. Nature de chaque point

   La hessienne en \((x, y)\) vaut \(\begin{pmatrix} 6x & -2 \\ -2 & 2 \end{pmatrix}\), de déterminant \(12x – 4\).

   En \(A\), on obtient \(\begin{pmatrix} 12 & -2 \\ -2 & 2 \end{pmatrix}\), de déterminant \(20 > 0\) et de trace \(14 > 0\). Les deux valeurs propres sont donc strictement positives. D’après la formule de Taylor-Young, \(f\) admet en \(A\) un minimum local strict, égal à \(f(2, 2) = -12\). Les lignes de niveau forment d’ailleurs des ovales emboîtés autour de \(A\).

   En \(B\), on obtient \(\begin{pmatrix} -8 & -2 \\ -2 & 2 \end{pmatrix}\), de déterminant \(-20 < 0\). Les valeurs propres sont de signes opposés. Ainsi \(B\) est un point col : \(f\) n’y admet pas d’extremum local. En effet, la ligne de niveau \(\frac{176}{27}\) qui passe par \(B\) s’y croise elle-même.

3. Minimum local, mais pas global

   Pour tout réel \(x\), on a \(f(x, 0) = x^3 – 8x\), qui tend vers \(-\infty\) quand \(x \to -\infty\). Le minimum local \(-12\) n’est donc pas global, et \(f\) n’est pas minorée sur \(\mathbb{R}^2\).

4. Une hessienne dégénérée

   On calcule \(\frac{\partial k}{\partial x} = 4x^3 – 4xy\) et \(\frac{\partial k}{\partial y} = -2x^2 + 4y\), qui s’annulent toutes deux en \((0, 0)\). Les dérivées secondes en \((0, 0)\) valent \(\frac{\partial^2 k}{\partial x^2} = 0\), \(\frac{\partial^2 k}{\partial x \partial y} = 0\) et \(\frac{\partial^2 k}{\partial y^2} = 4\). La hessienne \(\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}\) a un déterminant nul : le critère du second ordre ne conclut pas.

   Revenons alors à la fonction : \(k(x, y) = (x^2 – y)^2 + y^2 \geq 0\). L’égalité impose \(y = 0\) puis \(x^2 = y = 0\). Par conséquent, \(k\) admet en \((0, 0)\) un minimum global strict.

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 1,5 point (hessienne 0,5 ; point A 0,5 ; point B 0,5) ; question 3 sur 0,5 point ; question 4 sur 1 point (hessienne dégénérée 0,5 ; étude directe 0,5).

Exercice 5 – Problème : une forme quadratique sur la sphère (5 points)

1. Existence des extremums

   Pour \(X = (x, y, z)\), le produit \(X^{\top} S X\) vaut \(3x^2 + 3y^2 + 3z^2 + 2 \times 1 \times xy + 2 \times 1 \times xz + 2 \times (-1) \times yz\), soit \(q(X)\). La sphère \(\mathcal{S}\) est fermée et bornée dans \(\mathbb{R}^3\), donc compacte. La fonction polynomiale \(q\), continue, est bornée sur ce compact et y atteint ses bornes.

2. Le plan tangent à la sphère

   La fonction \(g\) est de classe \(C^1\), avec \(\nabla g(a) = 2a\). Ce vecteur est non nul pour \(a \in \mathcal{S}\), puisque \(\|a\| = 1\). Puisque \(\mathcal{S} = g^{-1}(\{0\})\) avec un gradient qui ne s’annule en aucun point de \(\mathcal{S}\), le cours affirme que les vecteurs tangents en \(a\) forment exactement \(\ker \mathrm{d}g(a)\), c’est-à-dire l’orthogonal de \(\nabla g(a)\). Ainsi \(T_a \mathcal{S} = a^{\perp}\), le plan orthogonal à \(a\). C’est bien le plan vert de la figure, orthogonal au vecteur orange.

3. La condition de Lagrange

   Comme \(S\) est symétrique, \(q(a + h) = q(a) + 2\langle Sa, h \rangle + q(h)\), et \(|q(h)| \leq \|S\|\,\|h\|^2\). Donc \(q\) est différentiable, avec \(\nabla q(a) = 2Sa\).

   Si \(q_{|\mathcal{S}}\) admet un extremum en \(a\), le théorème des extremums liés affirme que \(\mathrm{d}q(a)\) s’annule sur \(T_a \mathcal{S} = a^{\perp}\). Le vecteur \(\nabla q(a)\) appartient alors à \((a^{\perp})^{\perp} = \mathbb{R}a\). Il existe donc un réel \(\lambda\) tel que \(Sa = \lambda a\), avec \(a \neq 0\). De plus, \(q(a) = \langle Sa, a \rangle = \lambda \|a\|^2 = \lambda\). Ainsi \(a\) est un vecteur propre de \(S\) pour la valeur propre \(q(a)\).

4. Éléments propres et valeurs extrêmes

   Pour \(w = (1, -1, -1)\), on calcule \(Sw = (3 – 1 – 1, \; 1 – 3 + 1, \; 1 + 1 – 3) = (1, -1, -1)\), donc \(Sw = w\). D’autre part :

   \[S – 4I_3 = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}.\]

   Ses trois lignes sont proportionnelles à \((1, -1, -1)\) ; par le théorème du rang, \(\ker(S – 4I_3)\) est donc le plan \(P : x – y – z = 0\). Les valeurs propres de \(S\) sont donc 1, d’espace propre \(\mathbb{R}(1, -1, -1)\), et 4, d’espace propre \(P\) ; la trace \(9 = 1 + 4 + 4\) le confirme.

   Notons \(m\) et \(M\) le minimum et le maximum de \(q\) sur \(\mathcal{S}\). D’après la question 3, ils appartiennent à \(\{1, 4\}\). Or le vecteur unitaire \(u = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, -1, -1)\) donne \(q(u) = 1\), tandis que \(\frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0) \in P\) donne la valeur 4. Par conséquent, \(m \leq 1\) et \(M \geq 4\). Le minimum de \(q\) sur \(\mathcal{S}\) vaut 1 et le maximum vaut 4.

5. Deux points et un grand cercle

   Le plan \(P\) est l’orthogonal de \(u\). Tout \(X \in \mathcal{S}\) s’écrit donc \(X = \alpha u + w\), avec \(w \in P\) et \(\alpha^2 + \|w\|^2 = 1\). Ensuite, \(SX = \alpha u + 4w\), d’où :

   \[q(X) = \langle SX, X \rangle = \alpha^2 + 4\|w\|^2 = 4 – 3\alpha^2.\]

   Le minimum 1 est atteint quand \(\alpha^2 = 1\), c’est-à-dire \(w = 0\). Le maximum 4 est atteint quand \(\alpha = 0\), donc quand \(X \in P\). Le minimum est atteint exactement aux deux points antipodaux \(\pm\frac{1}{\sqrt{3}}(1, -1, -1)\), et le maximum sur le grand cercle intersection de \(\mathcal{S}\) et du plan \(x – y – z = 0\).

Piège classique : croire que la condition de Lagrange suffit. Elle donne seulement des candidats ; ici, c’est la compacité de la sphère qui garantit que le minimum et le maximum existent bien.

Barème : question 1 sur 0,5 point ; question 2 sur 1 point (gradient non nul 0,5 ; espace tangent 0,5) ; question 3 sur 1 point ; question 4 sur 1,5 point (éléments propres 1 ; extremums 0,5) ; question 5 sur 1 point (décomposition 0,5 ; description 0,5).

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