Examen de calcul différentiel : corrigé du contrôle de maths en L3

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Barème du contrôle corrigé : examen de calcul différentiel

Le corrigé détaillé : examen de calcul différentiel

Exercice 1 – Un polynôme de matrices (3,5 points)

1. Développer, puis isoler la partie linéaire

   Soient \(M\) et \(H\) dans \(\mathrm{M}_n(\mathbb{R})\). Le produit matriciel n’étant pas commutatif, on développe en gardant l’ordre des facteurs :

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

   On pose \(L(H) = M^2 H + MHM + HM^2 – 2H\), application linéaire en \(H\), donc continue puisque l’espace est de dimension finie. Il vient alors \(F(M + H) – F(M) – L(H) = MH^2 + HMH + H^2 M + H^3\). Par sous-multiplicativité, la norme de ce reste est majorée par \(3\|M\|\,\|H\|^2 + \|H\|^3\), qui s’écrit \(\|H\| \times \left(3\|M\|\,\|H\| + \|H\|^2\right)\), où le second facteur tend vers 0 avec \(H\). Ainsi \(F\) est différentiable en \(M\), et \(\mathrm{d}F(M)(H) = M^2 H + MHM + HM^2 – 2H\).

2. Composer avec la trace

   La trace est linéaire, donc égale à sa propre différentielle. Par la règle de différentiation d’une composée, \(\mathrm{d}g(M)(H) = \mathrm{tr}\left(\mathrm{d}F(M)(H)\right)\). Ensuite, l’invariance de la trace par permutation circulaire donne \(\mathrm{tr}(MHM) = \mathrm{tr}(M^2 H)\) et \(\mathrm{tr}(HM^2) = \mathrm{tr}(M^2 H)\). Par conséquent, \(\mathrm{d}g(M)(H) = 3\,\mathrm{tr}(M^2 H) – 2\,\mathrm{tr}(H) = \mathrm{tr}\left((3M^2 – 2I_n)H\right)\).

3. Inversion locale autour de l’identité

   D’abord, \(\mathrm{d}F(I_n)(H) = H + H + H – 2H = H\) : la différentielle en \(I_n\) est l’identité, donc elle est inversible. De plus, les coefficients de \(F(M)\) sont des polynômes en ceux de \(M\), si bien que \(F\) est de classe \(C^1\). Le théorème d’inversion locale fournit alors un voisinage ouvert \(U\) de \(I_n\) et un voisinage ouvert \(V\) de \(F(I_n) = -I_n\) tels que \(F\) réalise un \(C^1\)-difféomorphisme de \(U\) sur \(V\).

   Enfin, \(\mathrm{d}F(\lambda I_n)(H) = (3\lambda^2 – 2)H\). Cette homothétie est inversible si et seulement si \(3\lambda^2 \neq 2\). La différentielle n’est donc pas inversible pour \(\lambda = \frac{\sqrt{6}}{3}\) et \(\lambda = -\frac{\sqrt{6}}{3}\).

Barème : 1) 1,5 point (0,5 pour le développement ordonné, 0,5 pour la linéarité, 0,5 pour la majoration du reste) ; 2) 1 point (0,5 pour la composée, 0,5 pour la permutation circulaire) ; 3) 1 point (0,5 pour les hypothèses de l’inversion locale, 0,5 pour les valeurs de \(\lambda\)).

Piège classique : écrire \(\mathrm{d}F(M)(H) = 3M^2 H – 2H\) comme pour une fonction réelle ; les trois termes \(M^2 H\), \(MHM\) et \(HM^2\) sont distincts en général, seule leur trace coïncide.

Exercice 2 – Des dérivées directionnelles trompeuses (3,5 points)

1. Une majoration par l’inégalité arithmético-géométrique

   Si \(x = 0\) ou \(y = 0\), alors \(f(x, y) = 0\) et l’inégalité est vraie. Sinon, \(\left(x^2 – |y|\right)^2 \geq 0\) donne \(x^4 + y^2 \geq 2x^2|y|\), d’où :

   \[|f(x, y)| \leq \frac{|x|^3\,|y|}{2x^2\,|y|} = \frac{|x|}{2}.\]

   Ainsi \(|f(x, y)| \leq \frac{|x|}{2}\), qui tend vers 0 quand \((x, y)\) tend vers \((0, 0)\). Par conséquent, \(f\) est continue en \((0, 0)\).

2. Toutes les directions donnent 0

   Soit \(t \neq 0\). Si \(k = 0\), alors \(f(th, 0) = 0\). Sinon, on simplifie par \(t^2\) :

   \[\frac{f(th, tk)}{t} = \frac{1}{t} \times \frac{t^4 h^3 k}{t^4 h^4 + t^2 k^2} = \frac{t\,h^3 k}{t^2 h^4 + k^2}.\]

   Le dénominateur tend vers \(k^2 \neq 0\), donc ce quotient tend vers 0 quand \(t \to 0\). Dans tous les cas, la dérivée de \(f\) en \((0, 0)\) suivant \(v\) existe et vaut 0.

3. Le chemin parabolique

   Si \(f\) était différentiable en \((0, 0)\), on aurait \(\mathrm{d}f(0, 0)(v) = D_v f(0, 0) = 0\) pour tout \(v\), donc \(\mathrm{d}f(0, 0) = 0\). Il faudrait alors que \(f(x, y)\) soit négligeable devant \(\|(x, y)\|\). Or, pour \(x \neq 0\), \(f(x, x^2) = \frac{x^5}{2x^4} = \frac{x}{2}\), si bien que :

   \[\frac{\left|f(x, x^2)\right|}{\left\|(x, x^2)\right\|} = \frac{|x|/2}{|x|\sqrt{1 + x^2}} = \frac{1}{2\sqrt{1 + x^2}} \to \frac{1}{2}.\]

   Ce quotient ne tend pas vers 0 : l’origine n’est donc pas un point de différentiabilité de \(f\), alors même que la fonction y est continue et admet une dérivée suivant chaque vecteur. Sur la figure, les lignes de niveau se resserrent d’ailleurs le long de la parabole.

Barème : 1) 1 point, partagé à égalité entre la majoration et la continuité ; 2) 1 point ; 3) 1,5 point (0,5 pour la seule différentielle possible, 1 pour le chemin parabolique).

Exercice 3 – Racines carrées de matrices (4 points)

1. La différentielle du carré

   Les coefficients de \(A^2\) sont des polynômes en ceux de \(A\), donc \(S\) est de classe \(C^\infty\), en particulier \(C^1\). De plus, \(S(A + H) = A^2 + AH + HA + H^2\), et \(\|H^2\| \leq \|H\|^2\) est négligeable devant \(\|H\|\). Ainsi \(\mathrm{d}S(A)(H) = AH + HA\).

2. Une racine carrée locale près de l’identité

   On a \(\mathrm{d}S(I_n)(H) = 2H\) : cette application linéaire est inversible, d’inverse \(H \mapsto \frac{1}{2}H\). Comme \(S\) est de classe \(C^1\), le théorème d’inversion locale donne deux ouverts \(U\) et \(V\) contenant \(I_n\), puisque \(S(I_n) = I_n\), tels que \(S\) réalise un \(C^1\)-difféomorphisme de \(U\) sur \(V\). Toute matrice \(B \in V\) possède donc une unique racine carrée dans \(U\), et l’application \(B \mapsto (S|_U)^{-1}(B)\) est de classe \(C^1\). « Proche de \(I_n\) » signifie ici « appartenant à l’ouvert \(U\) » : en dehors, d’autres racines carrées peuvent exister, comme \(-I_n\) pour \(B = I_n\).

3. Le point où tout se bloque

   Pour \(H = \begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ \gamma & \delta \end{pmatrix}\), un calcul direct donne \(A_0 H + H A_0 = \begin{pmatrix} 2\alpha & 0 \\ 0 & -2\delta \end{pmatrix}\). Le noyau de \(\mathrm{d}S(A_0)\) est donc formé des matrices à diagonale nulle : c’est un plan, et la différentielle n’est pas inversible.

   Ensuite, \(R(a, b)^2 = \begin{pmatrix} a^2 + b^2 & ab – ba \\ ba – ab & b^2 + a^2 \end{pmatrix} = (a^2 + b^2)\,I_2\). En particulier, pour tout réel \(t\), on a \(S\left(R(\cos t, \sin t)\right) = I_2 = S(A_0)\). Or \(R(\cos t, \sin t)\) tend vers \(R(1, 0) = A_0\) quand \(t \to 0\), en restant distincte de \(A_0\) pour \(t \in \left]0, \pi\right[\). Tout voisinage de \(A_0\) contient donc une telle matrice, qui a la même image que \(A_0\). Par conséquent, \(S\) n’est injective sur aucun voisinage de \(A_0\). Sur la figure, tout le cercle bleu est envoyé sur \(I_2\).

4. Le cas diagonal

   Multiplier \(H\) à gauche par \(\Delta\) multiplie sa ligne \(i\) par \(\mu_i\), tandis que la multiplier à droite multiplie sa colonne \(j\) par \(\mu_j\). Ainsi \(\left(\mathrm{d}S(\Delta)(H)\right)_{ij} = (\mu_i + \mu_j)H_{ij}\). L’application \(\mathrm{d}S(\Delta)\) multiplie donc chaque matrice élémentaire \(E_{ij}\) par \(\mu_i + \mu_j\) ; elle est diagonale dans cette base. Elle est inversible si et seulement si \(\mu_i + \mu_j \neq 0\) pour tous \(i, j\), ce qui impose notamment \(\mu_i \neq 0\). On retrouve le cas de \(A_0\), où \(1 + (-1) = 0\).

Barème : différentielle du carré sur 0,5 point ; 2) 1 point (moitié pour les hypothèses vérifiées, moitié pour l’interprétation) ; 3) 1,5 point (0,5 pour le noyau, 0,5 pour le carré de \(R(a, b)\), 0,5 pour la non-injectivité) ; 4) 1 point.

Piège classique : conclure qu’une différentielle non inversible empêche toujours l’injectivité locale ; ici, c’est la famille explicite de symétries qui prouve la non-injectivité.

Exercice 4 – Une courbe définie implicitement (3,5 points)

1. Les hypothèses du théorème des fonctions implicites

   La fonction \(\Phi\) est de classe \(C^\infty\) sur \(\mathbb{R}^2\), comme somme et composée de fonctions de classe \(C^\infty\). Ensuite, \(\Phi(1, 0) = 1 + 1 + 0 – 2 = 0\). Enfin, \(\frac{\partial \Phi}{\partial y}(x, y) = x\,\mathrm{e}^{xy} + 2y\), qui vaut 1 en \((1, 0)\), donc qui n’est pas nul. Le théorème des fonctions implicites fournit alors \(I\), \(J\) et \(\psi\) de classe \(C^\infty\) avec l’équivalence demandée, et \(\psi(1) = 0\).

2. La pente au point étudié

   On a \(\frac{\partial \Phi}{\partial x}(x, y) = y\,\mathrm{e}^{xy} + 1\), qui vaut 1 en \((1, 0)\). Par conséquent, \(\psi^{\prime}(1) = -\frac{\partial_x \Phi(1, 0)}{\partial_y \Phi(1, 0)} = -1\). La tangente à \(\Gamma\) en \((1, 0)\) a donc pour équation \(y = 1 – x\).

3. Deuxième dérivation et position

   Pour \(x \in I\), on a \(\mathrm{e}^{x\psi(x)} + x + \psi(x)^2 – 2 = 0\). En dérivant une première fois :

   \[\mathrm{e}^{x\psi}\left(\psi + x\psi^{\prime}\right) + 1 + 2\psi\psi^{\prime} = 0.\]

   En dérivant une seconde fois :

   \[\mathrm{e}^{x\psi}\left(\psi + x\psi^{\prime}\right)^2 + \mathrm{e}^{x\psi}\left(2\psi^{\prime} + x\psi^{\prime\prime}\right) + 2\left(\psi^{\prime}\right)^2 + 2\psi\psi^{\prime\prime} = 0.\]

   En \(x = 1\), avec \(\psi(1) = 0\) et \(\psi^{\prime}(1) = -1\), il reste \(1 + \left(-2 + \psi^{\prime\prime}(1)\right) + 2 = 0\). Donc \(\psi^{\prime\prime}(1) = -1\). La formule de Taylor-Young donne ensuite \(\psi(x) – (1 – x) = -\frac{(x-1)^2}{2} + o\left((x-1)^2\right)\), quantité strictement négative pour \(x\) proche de 1 et différent de 1. Au voisinage de \((1, 0)\), la courbe \(\Gamma\) est donc située sous sa tangente, comme le confirme la figure.

Barème : 1) 1 point (0,25 par hypothèse, 0,25 pour la conclusion) ; 2) 1 point ; 3) 1,5 point (0,5 par dérivation, 0,5 pour la position).

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

Partie A – Existence et cadre

1. Un argument de compacité

   La sphère \(\Sigma\) est fermée, comme image réciproque de \(\{0\}\) par la fonction continue \(g\), et bornée. En dimension finie, elle est donc compacte. Or \(q\) est continue, car polynomiale. Une fonction continue sur un compact y atteint ses bornes : la restriction de \(q\) à \(\Sigma\) possède donc une plus grande et une plus petite valeur.

2. La sphère comme sous-variété

   La fonction \(g\) est de classe \(C^\infty\) et \(\nabla g(u) = 2u\). Pour \(u \in \Sigma\), on a \(\|u\| = 1\), donc \(\nabla g(u) \neq 0\) : la différentielle \(\mathrm{d}g(u)\) est surjective de \(\mathbb{R}^3\) sur \(\mathbb{R}\). Ainsi \(\Sigma = g^{-1}(\{0\})\) est une sous-variété de dimension \(3 – 1 = 2\). Son espace tangent en \(a\) est \(\ker \mathrm{d}g(a) = \{h \in \mathbb{R}^3 : \langle a, h \rangle = 0\}\), c’est-à-dire le plan orthogonal à \(a\).

Partie B – Multiplicateurs de Lagrange

3. Le théorème des extremums liés

   Les coefficients diagonaux de \(Q\) sont ceux de \(x^2\), \(y^2\), \(z^2\), et chaque terme rectangle se partage en deux. Ainsi :

   \[Q = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 2 \\ 2 & 4 & 1 \\ 2 & 1 & 4 \end{pmatrix}.\]

   Comme \(Q\) est symétrique, \(q(u + h) = q(u) + 2\langle Qu, h \rangle + q(h)\), d’où \(\nabla q(u) = 2Qu\). Vérifions ensuite les hypothèses du théorème : \(q\) et \(g\) sont de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^3\), et \(\nabla g(a) = 2a\) est non nul en tout point \(a\) de \(\Sigma\). Si \(q|_{\Sigma}\) atteint un extremum en \(a\), il existe donc un réel \(\lambda\) tel que \(\nabla q(a) = \lambda \nabla g(a)\), soit \(2Qa = 2\lambda a\). Comme \(a \neq 0\), le vecteur \(a\) est un vecteur propre de \(Q\), et de plus la valeur de \(q\) en \(a\) vaut \(\lambda\|a\|^2\), c’est-à-dire \(\lambda\).

4. Les éléments propres et les valeurs extrêmes

   On calcule \(Q\,(1, 1, 1) = (7, 7, 7)\), \(Q\,(0, 1, -1) = (0, 3, -3)\) et \(Q\,(2, -1, -1) = (2, -1, -1)\). Les valeurs propres de \(Q\) sont donc 7, 3 et 1 ; elles sont distinctes, donc chaque sous-espace propre est une droite. Posons \(c = \frac{\sqrt{3}}{3}(1, 1, 1)\), \(b = \frac{\sqrt{2}}{2}(0, 1, -1)\) et \(d = \frac{\sqrt{6}}{6}(2, -1, -1)\). Les vecteurs propres unitaires sont alors \(c\), \(b\), \(d\) et leurs opposés, où \(q\) vaut respectivement 7, 3 et 1.

   D’après la question 1, les valeurs extrêmes existent ; d’après la question 3, elles sont atteintes en l’un de ces six vecteurs. La plus grande valeur de \(q\) sur \(\Sigma\) est donc 7, prise en \(c\) et en \(-c\), et la plus petite est 1, prise en \(d\) et en \(-d\).

5. Un point critique qui n’est pas un extremum

   Le vecteur \(b\) est unitaire et vérifie \(Qb = 3b\), donc \(\nabla q(b) = 6b = 3\nabla g(b)\). Ainsi \(\mathrm{d}q(b)\) s’annule sur le plan tangent \(b^{\perp}\) : \(b\) est un point critique de \(q|_{\Sigma}\). Reprenons ensuite les vecteurs \(c\) et \(d\) de la question 4. Les vecteurs \(b\), \(c\) et \(d\) sont unitaires et deux à deux orthogonaux, car ils sont propres pour des valeurs propres distinctes d’une matrice symétrique.

   D’une part, le chemin \(\gamma_1(\theta) = \cos\theta\, b + \sin\theta\, c\) reste sur \(\Sigma\) et passe par \(b\) en \(\theta = 0\). Les termes croisés \(\langle Qb, c \rangle = 3\langle b, c \rangle\) étant nuls, \(q(\gamma_1(\theta)) = 3\cos^2\theta + 7\sin^2\theta = 3 + 4\sin^2\theta\), strictement supérieur à 3 pour \(\theta \neq 0\) proche de 0. D’autre part, \(\gamma_2(\theta) = \cos\theta\, b + \sin\theta\, d\) donne de même \(q(\gamma_2(\theta)) = 3 – 2\sin^2\theta < 3\). Tout voisinage de \(b\) sur \(\Sigma\) contient donc des valeurs de \(q\) plus grandes et plus petites que \(q(b) = 3\) : \(q|_{\Sigma}\) n’a pas d’extremum local en \(b\).

Barème : compacité sur 0,5 point ; 2) 1 point (0,5 pour la sous-variété, 0,5 pour l’espace tangent) ; 3) 1 point (0,25 pour \(Q\), 0,25 pour le gradient, 0,5 pour les hypothèses et la conclusion) ; 4) 1,5 point (0,5 pour les produits, 1 pour les extremums et leurs points) ; 5) 1,5 point (0,5 pour le point critique, 0,5 par chemin).

Piège classique : déclarer extremum tout point vérifiant la condition de Lagrange ; cette condition n’est que nécessaire, et le point \(b\) en est un contre-exemple.

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