MP · Chapitre 11

Calcul différentiel et optimisation

Dérivée selon un vecteur, différentielle, gradient, règle de la chaîne, fonctions de classe Cᵏ, vecteurs tangents, optimisation aux premier et second ordres.

Sommaire

Ce qu'il faut savoir faire

Dérivée selon un vecteur
Différentielle
Gradient
Règle de la chaîne
Fonctions de classe Cᵏ
Vecteurs tangents
Optimisation aux premier et second ordres

Pendant deux ans, vous avez dérivé des fonctions d'une seule variable réelle. Le chapitre sur les fonctions vectorielles a élargi le décor, mais d'un seul côté : l'arrivée était devenue un espace vectoriel, alors que le départ restait un intervalle de $R$ . Le taux d'accroissement $\frac{f (a + h) - f (a)}{h}$ gardait donc un sens littéral, puisqu'on divisait un vecteur par un scalaire. Ici, tout bascule de l'autre côté : c'est le départ qui devient vectoriel. Une fonction $f$ prend en entrée un point $a$ d'un espace $E$ de dimension finie, et l'accroissement $h$ est maintenant un vecteur. On ne peut plus diviser par $h$ , et la définition de première année ne se recopie pas. Il faut inventer autre chose.

Le premier réflexe, celui de tout le monde, consiste à figer toutes les variables sauf une et à dériver comme avant : ce sont les dérivées partielles. C'est utile, c'est calculatoire, et c'est ce que vous ferez cent fois. Mais c'est aussi terriblement insuffisant, et il faut le comprendre dès la première page du chapitre. Connaître les dérivées partielles de $f$ en $a$ , c'est connaître le comportement de $f$ le long de $n$ droites seulement, celles qui sont dirigées par les vecteurs de base. Or on peut s'approcher de $a$ par une infinité d'autres chemins, en particulier par des chemins courbes. Nous verrons une fonction qui admet en l'origine une dérivée dans toutes les directions et qui n'y est pourtant même pas continue : elle tend vers $0$ le long de chaque droite passant par l'origine, et vaut $\frac{1}{2}$ le long d'une parabole. Les dérivées partielles, seules, ne contrôlent rien.

La bonne notion tient en une phrase, et c'est le fil directeur de tout le chapitre : différentier, c'est approcher par une application linéaire. Dire que $f$ est différentiable en $a$ , c'est dire qu'il existe une application linéaire $d f (a)$ telle que $f (a + h) = f (a) + d f (a) (h) + o (∥ h ∥)$ , c'est-à-dire que l'accroissement de $f$ est linéaire en $h$ , à un terme négligeable près. C'est exactement le développement limité d'ordre $1$ de première année, écrit avec des vecteurs. L'objet nouveau, et il faut s'y habituer, c'est que la « dérivée » de $f$ en $a$ n'est plus un nombre ni un vecteur : c'est une application linéaire de $E$ dans $F$ . Une seule condition, mais globale, qui contrôle d'un coup toutes les directions et tous les chemins.

De cette définition découle toute la mécanique du calcul. Les dérivées partielles réapparaissent comme les valeurs de $d f (a)$ sur les vecteurs de base, ce qui donne la matrice jacobienne ; la composition devient un produit de matrices, c'est la règle de la chaîne ; et un théorème central, admis par le programme, retourne enfin la situation en notre faveur : si les dérivées partielles existent et sont continues sur un ouvert, alors la fonction est différentiable en tout point. C'est ce théorème qui rend le chapitre praticable, car il permet de conclure à la différentiabilité par un simple argument d'opérations, sans jamais revenir à la définition.

Vient ensuite la géométrie. Lorsque $f$ est numérique et que l'espace de départ est euclidien, la différentielle, qui est une forme linéaire, se représente par un vecteur : le gradient, défini par $d f (a) (h) = ⟨ \nabla f (a), h ⟩$ . Ce vecteur porte deux informations que rien d'autre ne donne aussi simplement : sa direction est celle de la plus forte pente, et il est orthogonal aux lignes ou surfaces de niveau. C'est ainsi qu'on écrit une équation de plan tangent sans aucun outil sophistiqué, en dérivant le long d'un arc tracé sur la surface.

Le dernier tiers du chapitre est le but de tout le reste : l'optimisation. Chercher le minimum d'une fonction de plusieurs variables, c'est le problème que posent la physique, l'économie, la statistique et une bonne moitié des problèmes de concours. La stratégie est en deux temps, exactement comme en première année. Au premier ordre, un extremum atteint en un point intérieur annule la différentielle : on obtient les points critiques, qui sont des candidats et rien de plus. Au second ordre, la matrice hessienne et le signe de ses valeurs propres décident, quand ils ne sont pas dégénérés. Et l'existence même d'un extremum, elle, ne vient jamais du calcul : elle vient de la compacité, ou de la coercivité, deux arguments de topologie qu'il faut produire avant de dériver quoi que ce soit.

Une remarque de méthode, enfin, qui vous évitera de perdre du temps. Trois théorèmes célèbres du calcul différentiel sont hors programme en MP : le théorème des fonctions implicites, le théorème d'inversion locale, et les multiplicateurs de Lagrange. Aucun exercice de concours de la filière ne peut donc exiger leur emploi, et aucun résultat de ce chapitre n'en a besoin. Une contrainte se traite par paramétrage ou par substitution, une tangente s'obtient en dérivant un arc explicite, un extremum sur un fermé borné s'obtient par compacité. Il en va de même de la différentielle seconde comme application bilinéaire : elle n'existe pas dans ce programme, et l'ordre $2$ s'écrit uniquement avec les dérivées partielles secondes et la matrice hessienne. Sachez-le, et n'allez pas chercher ailleurs ce que ces outils élémentaires suffisent à faire.

Fixons les notations, valables partout dans le chapitre. Les lettres $E$ , $F$ , $G$ désignent des $R$ -espaces vectoriels normés de dimension finie, la norme étant notée $∥ \cdot ∥$ sans indice quand aucune confusion n'est possible ; $U$ désigne toujours un ouvert de $E$ , et $a$ un point de $U$ . Lorsqu'une base $B = (e_{1}, \dots, e_{n})$ de $E$ est fixée, les coordonnées d'un vecteur $h$ y sont notées $h_{1}, \dots, h_{n}$ . On note $D_{v} f (a)$ la dérivée de $f$ en $a$ selon le vecteur $v$ , $\partial_{i} f (a)$ ou $\frac{\partial f}{\partial x_{i}} (a)$ les dérivées partielles, $d f (a)$ la différentielle, $J_{f} (a)$ la matrice jacobienne, $\nabla f (a)$ le gradient et $H_{f} (a)$ la matrice hessienne. Les classes de régularité s'écrivent $C^{1}$ , $C^{k}$ , $C^{\infty}$ . Le produit scalaire d'un espace euclidien est noté $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ , et le gradient n'est défini que dans ce cadre : une fonction numérique sur un espace euclidien. Enfin, toutes les normes de $E$ étant équivalentes puisque $E$ est de dimension finie, aucune des notions de ce chapitre ne dépend du choix des normes, et l'on ne les précisera donc jamais.

Dérivée selon un vecteur, dérivées partielles

Dérivée selon un vecteur

Définition

Soient $U$ un ouvert de $E$ , $f : U \to F$ , $a \in U$ et $v \in E$ . Comme $U$ est ouvert, il existe $η > 0$ tel que $a + t v \in U$ pour tout $t \in] - η, η [$ , ce qui donne un sens à la définition suivante.

On dit que $f$ admet une dérivée en $a$ selon le vecteur $v$ lorsque la limite

\lim_{\begin{array}{c} t \to 0 \\ t \neq 0 \end{array}} \frac{f (a + t v) - f (a)}{t}

existe dans $F$ . Cette limite se note alors $D_{v} f (a)$ .

Remarque

La justification de l'existence de $η$ mérite d'être écrite une fois pour toutes. Si $v = 0_{E}$ , tout $t$ convient. Sinon, $U$ étant ouvert, il existe $r > 0$ tel que $B (a, r) \subseteq U$ ; il suffit de poser $η = \frac{r}{∥ v ∥}$ , car alors $∥ t v ∥ = ∣ t ∣ ∥ v ∥ < r$ pour $∣ t ∣ < η$ . C'est le premier rôle de l'hypothèse « $U$ ouvert » : elle garantit qu'on peut bouger un peu dans n'importe quelle direction sans sortir de l'ensemble de définition. Cette hypothèse ne sera jamais décorative dans ce chapitre.

Posons $φ : t \mapsto f (a + t v)$ , définie sur $] - η, η [$ et à valeurs dans $F$ . C'est une fonction vectorielle d'une variable réelle, exactement l'objet du chapitre précédent, et par définition

D_{v} f (a) = φ^{'} (0) .

Tout le calcul des dérivées selon un vecteur se ramène donc à de la dérivation en une variable : c'est le point de vue à adopter dans les exercices.

Propriété

Soient $f : U \to F$ , $a \in U$ , $v \in E$ et $λ \in R$ . Si $D_{v} f (a)$ existe, alors $D_{λ v} f (a)$ existe et

D_{λ v} f (a) = λ D_{v} f (a) .

En particulier $D_{0_{E}} f (a) = 0_{F}$ .

Démonstration. Si $λ = 0$ , le taux d'accroissement $\frac{f (a + t \cdot 0_{E}) - f (a)}{t}$ est nul pour tout $t \neq 0$ , donc la limite existe et vaut $0_{F}$ , ce qui est bien $0 \cdot D_{v} f (a)$ .

Si $λ \neq 0$ , posons $s = λ t$ . Pour $t \neq 0$ assez petit,

\frac{f (a + t λ v) - f (a)}{t} = λ \cdot \frac{f (a + s v) - f (a)}{s} .

Quand $t \to 0$ , on a $s \to 0$ avec $s \neq 0$ , donc le membre de droite tend vers $λ D_{v} f (a)$ par composition de limites. $□$

Remarque

Retenez bien ce que cette propriété ne dit pas. Elle affirme l'homogénéité de $v \mapsto D_{v} f (a)$ , et rien d'autre. L'additivité, c'est-à-dire $D_{u + v} f (a) = D_{u} f (a) + D_{v} f (a)$ , est fausse en général : nous en donnons un contre-exemple explicite à la fin de cette section. Autrement dit, l'application $v \mapsto D_{v} f (a)$ n'a aucune raison d'être linéaire, et c'est précisément ce défaut que la différentiabilité viendra corriger.

Dérivées partielles dans une base

Définition

Soit $B = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de $E$ . Pour $f : U \to F$ et $a \in U$ , la $i$ -ième dérivée partielle de $f$ en $a$ relativement à $B$ est, lorsqu'elle existe, la dérivée de $f$ en $a$ selon le vecteur $e_{i}$ :

\partial_{i} f (a) = D_{e_{i}} f (a) = \lim_{\begin{array}{c} t \to 0 \\ t \neq 0 \end{array}} \frac{f (a + t e_{i}) - f (a)}{t} .

On la note aussi $\frac{\partial f}{\partial x_{i}} (a)$ .

Remarque

Concrètement, si $a = (a_{1}, \dots, a_{n})$ dans la base $B$ , alors

\partial_{i} f (a) = \frac{d}{d t} [f (a_{1}, \dots, a_{i - 1}, t, a_{i + 1}, \dots, a_{n})]_{t = a_{i}} :

on dérive par rapport à la $i$ -ième variable en figeant toutes les autres. C'est une dérivation en une variable, avec toutes les règles de première année (produit, quotient, composée), les autres variables jouant le rôle de constantes.

Pour $E = R^{2}$ , on écrit $\frac{\partial f}{\partial x}$ et $\frac{\partial f}{\partial y}$ ; pour $E = R^{3}$ , on ajoute $\frac{\partial f}{\partial z}$ . Un point de vocabulaire à ne pas négliger : la notation $\frac{\partial f}{\partial x}$ ne mentionne pas la base, alors que la notion en dépend. Changez de base, et les dérivées partielles changent. Ce n'est pas le cas de la différentielle, qui est un objet intrinsèque : c'est un argument de plus en sa faveur.

Voici quatre calculs de dérivées partielles. Dans chaque cas, on dérive par rapport à une variable en traitant les autres comme des constantes.

a. $f (x, y) = x^{2} y + e^{x y}$ : $\partial_{x} f = 2 x y + y e^{x y}$ et $\partial_{y} f = x^{2} + x e^{x y}$ .

b. $f (x, y) = x^{y}$ sur $R_{+}^{*} \times R$ : $\partial_{x} f = y x^{y - 1}$ et $\partial_{y} f = x^{y} \ln x$ .

c. $f (x, y) = Arctan \frac{y}{x}$ sur $R_{+}^{*} \times R$ : $\partial_{x} f = \frac{- y}{x^{2} + y^{2}}$ et $\partial_{y} f = \frac{x}{x^{2} + y^{2}}$ .

d. $f (x, y, z) = \frac{x y}{1 + z^{2}}$ : $\partial_{x} f = \frac{y}{1 + z^{2}}$ , $\partial_{y} f = \frac{x}{1 + z^{2}}$ , $\partial_{z} f = \frac{- 2 x y z}{(1 + z^{2})^{2}}$ .

Pour b., on écrit $x^{y} = e^{y \ln x}$ avant de dériver en $y$ . Pour c., la dérivation en $x$ donne $\frac{1}{1 + y^{2} / x^{2}} \times (- \frac{y}{x^{2}}) = \frac{x^{2}}{x^{2} + y^{2}} \times (- \frac{y}{x^{2}}) = \frac{- y}{x^{2} + y^{2}}$ .

Exemple

Une dérivée selon un vecteur quelconque. Soient $f (x, y) = x^{2} y$ , $a = (1, 1)$ et $v = (1, 2)$ . Posons $φ (t) = f (a + t v) = (1 + t)^{2} (1 + 2 t)$ . Alors

φ^{'} (t) = 2 (1 + t) (1 + 2 t) + 2 (1 + t)^{2}, donc D_{v} f (a) = φ^{'} (0) = 2 + 2 = 4.

On remarquera que $\partial_{x} f (1, 1) = 2 x y ∣_{(1, 1)} = 2$ et $\partial_{y} f (1, 1) = x^{2} ∣_{(1, 1)} = 1$ , et que $1 \times 2 + 2 \times 1 = 4$ : la dérivée selon $v = (1, 2)$ est ici la combinaison des dérivées partielles avec les coordonnées de $v$ . Ce n'est pas un hasard, mais ce n'est pas non plus une loi générale : cela vaudra exactement pour les fonctions différentiables, et c'est tout l'objet de la section suivante.

Ce que les dérivées selon un vecteur ne disent pas

C'est le passage le plus important de cette section, et celui que les candidats oublient le plus vite. L'existence des dérivées partielles, et même l'existence de la dérivée selon tout vecteur, n'entraîne ni la continuité, ni la différentiabilité.

Exemple

Le contre-exemple de référence. Soit $f : R^{2} \to R$ définie par

f (x, y) = \frac{x^{2} y}{x^{4} + y^{2}} si (x, y) \neq (0, 0), f (0, 0) = 0.

Toutes les dérivées selon un vecteur existent en l'origine. Soit $v = (α, β) \neq (0, 0)$ . Pour $t \neq 0$ ,

\frac{f (t α, t β) - f (0, 0)}{t} = \frac{1}{t} \cdot \frac{t^{2} α^{2} \cdot t β}{t^{4} α^{4} + t^{2} β^{2}} = \frac{1}{t} \cdot \frac{t^{3} α^{2} β}{t^{2} (t^{2} α^{4} + β^{2})} = \frac{α^{2} β}{t^{2} α^{4} + β^{2}} .

Si $β \neq 0$ , ce quotient tend vers $\frac{α^{2} β}{β^{2}} = \frac{α^{2}}{β}$ quand $t \to 0$ . Si $β = 0$ , le numérateur est nul, donc le quotient est nul pour tout $t \neq 0$ et la limite vaut $0$ . Dans tous les cas la limite existe :

D_{v} f (0, 0) = \frac{α^{2}}{β} si β \neq 0, D_{v} f (0, 0) = 0 si β = 0.

En particulier $\partial_{x} f (0, 0) = D_{(1, 0)} f (0, 0) = 0$ et $\partial_{y} f (0, 0) = D_{(0, 1)} f (0, 0) = 0$ .

La fonction n'est pourtant pas continue en l'origine. Approchons-nous par la parabole $y = x^{2}$ : pour $x \neq 0$ ,

f (x, x^{2}) = \frac{x^{2} \cdot x^{2}}{x^{4} + x^{4}} = \frac{x^{4}}{2 x^{4}} = \frac{1}{2} .

Ainsi $f (x, x^{2}) \to \frac{1}{2}$ quand $x \to 0$ , alors que $f (0, 0) = 0$ . La fonction $f$ n'a donc pas de limite égale à $f (0, 0)$ en l'origine : elle n'y est pas continue, donc a fortiori elle n'y est pas différentiable (nous verrons que la différentiabilité entraîne la continuité).

Pourquoi cela ne contredit rien. Une dérivée selon un vecteur ne regarde $f$ que le long d'une droite. Ici, $f$ est nulle en l'origine et tend vers $0$ le long de chaque droite passant par l'origine, mais elle vaut constamment $\frac{1}{2}$ le long d'une parabole. Aucune information sur des droites ne peut détecter ce comportement : il faut une condition qui contrôle tous les chemins à la fois, et c'est exactement ce que fait le développement limité d'ordre $1$ .

Le défaut d'additivité. Sur cet exemple, $D_{(1, 1)} f (0, 0) = 1$ et $D_{(0, 1)} f (0, 0) = 0$ , tandis que $D_{(1, 2)} f (0, 0) = \frac{1}{2}$ . Or $1 + 0 = 1 \neq \frac{1}{2}$ : l'application $v \mapsto D_{v} f (0, 0)$ n'est pas additive, donc pas linéaire.

Remarque

Un second exemple, plus court, mérite d'être connu car il tient en deux lignes. Soit

g (x, y) = \frac{x y}{x^{2} + y^{2}} si (x, y) \neq (0, 0), g (0, 0) = 0.

Comme $g (x, 0) = 0$ et $g (0, y) = 0$ , les deux dérivées partielles existent en l'origine et y sont nulles. Pourtant $g (t, t) = \frac{t^{2}}{2 t^{2}} = \frac{1}{2}$ pour $t \neq 0$ , donc $g$ n'est pas continue en $(0, 0)$ . Deux dérivées partielles, c'est deux droites : il en reste une infinité.

Applications différentiables

La définition

Définition

Soient $U$ un ouvert de $E$ , $f : U \to F$ et $a \in U$ . On dit que $f$ est différentiable en $a$ lorsqu'il existe une application linéaire $L : E \to F$ et une application $ε$ , définie sur un voisinage de $0_{E}$ , à valeurs dans $F$ , de limite $0_{F}$ en $0_{E}$ , telles que

f (a + h) = f (a) + L (h) + ∥ h ∥ ε (h)

pour tout $h$ assez petit pour que $a + h \in U$ .

L'application $L$ est alors unique (voir ci-dessous) : on l'appelle la différentielle de $f$ en $a$ et on la note $d f (a)$ . On écrit

f (a + h) = f (a) + d f (a) (h) + o (∥ h ∥) .

Remarque

Trois commentaires, à lire lentement.

D'abord, la notation $o (∥ h ∥)$ désigne exactement une fonction de la forme $h \mapsto ∥ h ∥ ε (h)$ avec $ε (h) \to 0_{F}$ . C'est la traduction vectorielle du « petit o » de première année ; on ne peut pas diviser par un $o$ , on peut seulement le majorer.

Ensuite, l'objet $d f (a)$ est une application linéaire de $E$ dans $F$ , pas un nombre ni un vecteur. L'écriture $d f (a) (h)$ est donc l'image du vecteur $h$ par cette application, et l'écriture $d f (a) \cdot h$ se rencontre aussi. Ne confondez jamais $d f (a)$ , qui est une application linéaire, avec $d f (a) (h)$ , qui est un vecteur de $F$ .

Enfin, on n'a pas eu besoin d'exiger la continuité de $L$ : les espaces étant de dimension finie, toute application linéaire de $E$ dans $F$ est automatiquement continue. C'est un résultat du chapitre de topologie, et il sera utilisé sans commentaire dans toutes les démonstrations qui suivent. De même, comme toutes les normes de $E$ (et de $F$ ) sont équivalentes, la différentiabilité et la valeur de $d f (a)$ ne dépendent pas des normes choisies.

Unicité de la différentielle

Théorème

Soient $f : U \to F$ et $a \in U$ . Si $f$ est différentiable en $a$ , l'application linéaire $L$ de la définition est unique.

Démonstration. Supposons que deux applications linéaires $L_{1}$ et $L_{2}$ conviennent, avec des fonctions $ε_{1}$ et $ε_{2}$ de limite nulle. En soustrayant les deux développements, on obtient, pour tout $h$ assez petit,

(L_{1} - L_{2}) (h) = ∥ h ∥ (ε_{2} (h) - ε_{1} (h)) .

Posons $δ = L_{1} - L_{2}$ , qui est linéaire, et $η (h) = ε_{2} (h) - ε_{1} (h)$ , de limite $0_{F}$ en $0_{E}$ .

Fixons un vecteur $v \in E$ non nul et appliquons cette égalité à $h = t v$ avec $t > 0$ assez petit :

δ (t v) = ∥ t v ∥ η (t v), c’est- \overset{ˋ}{a} -dire t δ (v) = t ∥ v ∥ η (t v)

par linéarité de $δ$ et parce que $∥ t v ∥ = t ∥ v ∥$ pour $t > 0$ . En divisant par $t > 0$ , il vient

δ (v) = ∥ v ∥ η (t v) .

Le membre de gauche ne dépend pas de $t$ , et le membre de droite tend vers $0_{F}$ quand $t \to 0^{+}$ , puisque $t v \to 0_{E}$ . Donc $δ (v) = 0_{F}$ .

Ceci valant pour tout $v \neq 0_{E}$ , et $δ (0_{E}) = 0_{F}$ par linéarité, on conclut $δ = 0$ , c'est-à-dire $L_{1} = L_{2}$ . $□$

Remarque

La démonstration mérite d'être retenue pour sa mécanique, qui resservira : pour identifier une application linéaire dans un développement limité, on teste sur un vecteur fixé $v$ et on fait tendre $t$ vers $0$ le long de la droite $R v$ . C'est ce même mouvement qui donnera, deux propriétés plus loin, l'égalité $D_{v} f (a) = d f (a) (v)$ .

Différentiabilité et continuité

Théorème

Si $f : U \to F$ est différentiable en $a \in U$ , alors $f$ est continue en $a$ .

Démonstration. Écrivons le développement limité : $f (a + h) = f (a) + d f (a) (h) + ∥ h ∥ ε (h)$ avec $ε (h) \to 0_{F}$ . L'application linéaire $d f (a)$ est continue puisque $E$ est de dimension finie, donc il existe $k ⩾ 0$ tel que $∥ d f (a) (h) ∥ ⩽ k ∥ h ∥$ pour tout $h \in E$ . Par inégalité triangulaire,

∥ f (a + h) - f (a) ∥ ⩽ ∥ d f (a) (h) ∥ + ∥ h ∥ ∥ ε (h) ∥ ⩽ k ∥ h ∥ + ∥ h ∥ ∥ ε (h) ∥ .

Le majorant tend vers $0$ quand $h \to 0_{E}$ , donc $f (a + h) \to f (a)$ : la fonction $f$ est continue en $a$ . $□$

Remarque

La réciproque est évidemment fausse : la fonction $(x, y) \mapsto \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ est continue sur $R^{2}$ et n'est pas différentiable en l'origine, comme la valeur absolue en $0$ ne l'est pas. Nous le vérifierons plus loin.

Ce théorème est surtout utile par contraposée : pour montrer qu'une fonction n'est pas différentiable en un point, le premier réflexe est de tester la continuité. Si elle échoue, tout est dit en trois lignes, et c'est ainsi qu'on liquide le contre-exemple $\frac{x^{2} y}{x^{4} + y^{2}}$ de la section précédente.

Différentiabilité et dérivées selon un vecteur

Théorème

Si $f : U \to F$ est différentiable en $a \in U$ , alors $f$ admet en $a$ une dérivée selon tout vecteur $v \in E$ , et

D_{v} f (a) = d f (a) (v) .

En particulier, l'application $v \mapsto D_{v} f (a)$ est linéaire, et $\partial_{i} f (a) = d f (a) (e_{i})$ pour toute base $(e_{1}, \dots, e_{n})$ de $E$ .

Démonstration. Soit $v \in E$ . Si $v = 0_{E}$ , les deux membres sont nuls. Supposons $v \neq 0_{E}$ et prenons $t \neq 0$ assez petit pour que $a + t v \in U$ . Le développement limité appliqué à $h = t v$ donne

f (a + t v) = f (a) + d f (a) (t v) + ∥ t v ∥ ε (t v) = f (a) + t d f (a) (v) + ∣ t ∣ ∥ v ∥ ε (t v),

en utilisant la linéarité de $d f (a)$ et l'homogénéité de la norme. En divisant par $t$ ,

\frac{f (a + t v) - f (a)}{t} = d f (a) (v) + \frac{∣ t ∣}{t} ∥ v ∥ ε (t v) .

Le quotient $\frac{∣ t ∣}{t}$ vaut $\pm 1$ , donc le second terme est majoré en norme par $∥ v ∥ ∥ ε (t v) ∥$ , qui tend vers $0$ quand $t \to 0$ . Ainsi le taux d'accroissement tend vers $d f (a) (v)$ , ce qui signifie exactement que $D_{v} f (a)$ existe et vaut $d f (a) (v)$ . $□$

Remarque

Ce théorème est la réparation annoncée au début du chapitre. Pour une fonction différentiable, l'application $v \mapsto D_{v} f (a)$ est linéaire, donc entièrement déterminée par les $n$ dérivées partielles. Le contre-exemple $\frac{x^{2} y}{x^{4} + y^{2}}$ se relit maintenant ainsi : ses dérivées selon un vecteur existent toutes mais ne dépendent pas linéairement de $v$ , donc la fonction ne peut pas être différentiable en l'origine, indépendamment même de l'argument de continuité.

Retenez la hiérarchie, dans le bon sens et dans le bon ordre :

f diff \overset{ˊ}{e} rentiable en a ⟹ {\begin{cases} f continue en a \\ D_{v} f (a) existe pour tout v \end{cases}

et aucune des deux implications réciproques n'est vraie, même les deux réunies.

Les exemples de référence

Ces exemples sont à connaître par cœur : ils servent de briques dans presque tous les calculs de différentielle des concours.

Propriété

Application constante. Si $f : U \to F$ est constante, alors $f$ est différentiable en tout point $a$ de $U$ et $d f (a) = 0$ .

Démonstration. On a $f (a + h) - f (a) = 0_{F}$ pour tout $h$ admissible. Le développement limité est donc vérifié en prenant pour $L$ l'application linéaire nulle et pour $ε$ la fonction nulle. Par unicité, $d f (a) = 0$ . $□$

Propriété

Application linéaire. Si $L : E \to F$ est linéaire, alors $L$ est différentiable en tout point $a \in E$ et

d L (a) = L .

Démonstration. Par linéarité, $L (a + h) = L (a) + L (h)$ exactement, sans aucun reste. Le développement limité est donc vérifié avec la fonction $ε$ identiquement nulle, et l'unicité donne $d L (a) = L$ . $□$

Remarque

C'est l'analogue de « la dérivée de $x \mapsto λ x$ est $λ$ », et c'est le point où l'on comprend la philosophie du chapitre : une application linéaire est sa propre approximation linéaire, en tout point. Notez que $d L (a)$ ne dépend pas de $a$ , ce qui est très particulier.

Propriété

Application affine. Si $f : E \to F$ s'écrit $f (x) = L (x) + b$ avec $L$ linéaire et $b \in F$ fixé, alors $f$ est différentiable en tout point et $d f (a) = L$ .

Démonstration. On a $f (a + h) = L (a) + L (h) + b = f (a) + L (h)$ , sans reste. $□$

Théorème

Application bilinéaire. Soient $E_{1}$ , $E_{2}$ , $F$ des espaces vectoriels normés de dimension finie et $B : E_{1} \times E_{2} \to F$ une application bilinéaire. Alors $B$ est différentiable en tout point $(a, b)$ de $E_{1} \times E_{2}$ , et

d B (a, b) (h, k) = B (a, k) + B (h, b) .

Démonstration. Munissons $E_{1} \times E_{2}$ de la norme $∥ (h, k) ∥ = \max (∥ h ∥, ∥ k ∥)$ , ce qui est licite puisque toutes les normes de cet espace de dimension finie sont équivalentes. Développons par bilinéarité :

B (a + h, b + k) = B (a, b) + B (a, k) + B (h, b) + B (h, k) .

Posons $L (h, k) = B (a, k) + B (h, b)$ . C'est bien une application linéaire en $(h, k)$ : la linéarité en chacune des deux variables de $B$ donne l'additivité et l'homogénéité de $L$ .

Il reste à voir que le terme $B (h, k)$ est un $o (∥ (h, k) ∥)$ . Comme $E_{1} \times E_{2}$ est de dimension finie et $B$ bilinéaire, $B$ est continue et il existe $C ⩾ 0$ tel que

\forall (h, k), ∥ B (h, k) ∥ ⩽ C ∥ h ∥ ∥ k ∥ .

Donc $∥ B (h, k) ∥ ⩽ C ∥ (h, k) ∥^{2}$ , c'est-à-dire $∥ B (h, k) ∥ ⩽ ∥ (h, k) ∥ \times (C ∥ (h, k) ∥)$ , où le second facteur tend vers $0$ quand $(h, k) \to (0, 0)$ . Le développement limité d'ordre $1$ est établi, et l'unicité de la différentielle donne la formule annoncée. $□$

Remarque

La formule $d B (a, b) (h, k) = B (a, k) + B (h, b)$ est la version « différentielle » de la formule de dérivation d'un produit : on dérive un facteur à la fois. On la reconnaît sous ses innombrables déguisements : produit de deux fonctions numériques, produit scalaire, produit matriciel, produit vectoriel. Attention à l'ordre des arguments quand $B$ n'est pas symétrique : pour le produit matriciel, $d B (A, B_{0}) (H, K) = A K + H B_{0}$ , et l'on n'a pas le droit de commuter.

Exemple

Le produit de deux fonctions numériques. Soient $f, g : U \to R$ différentiables en $a$ . L'application $(u, v) \mapsto u v$ étant bilinéaire de $R \times R$ dans $R$ , on obtient, en anticipant sur la règle de la chaîne,

d (f g) (a) = f (a) d g (a) + g (a) d f (a),

égalité entre formes linéaires sur $E$ , c'est-à-dire $d (f g) (a) (h) = f (a) d g (a) (h) + g (a) d f (a) (h)$ pour tout $h$ .

Théorème

La forme quadratique associée à un endomorphisme. Soit $E$ un espace euclidien et $A$ un endomorphisme de $E$ (que l'on identifiera à sa matrice dans une base orthonormée). L'application

q : x ⟼ ⟨ A x, x ⟩

est différentiable en tout point de $E$ et

d q (x) (h) = ⟨ (A +^{t} ⁣ A) x, h ⟩ .

Si $A$ est symétrique, cela se simplifie en $d q (x) (h) = 2 ⟨ A x, h ⟩$ .

Démonstration. Développons par bilinéarité du produit scalaire et linéarité de $A$ :

q (x + h) = ⟨ A x + A h, x + h ⟩ = ⟨ A x, x ⟩ + ⟨ A x, h ⟩ + ⟨ A h, x ⟩ + ⟨ A h, h ⟩ .

Or $⟨ A h, x ⟩ = ⟨ h,^{t} ⁣ A x ⟩ = ⟨^{t} ⁣ A x, h ⟩$ par définition de l'adjoint et symétrie du produit scalaire. Donc

q (x + h) = q (x) + ⟨ (A +^{t} ⁣ A) x, h ⟩ + ⟨ A h, h ⟩ .

Le premier terme après $q (x)$ est linéaire en $h$ . Quant au dernier, l'inégalité de Cauchy-Schwarz donne

∣ ⟨ A h, h ⟩ ∣ ⩽ ∥ A h ∥ ∥ h ∥ ⩽ k ∥ h ∥^{2},

où $k$ majore la norme de l'application linéaire continue $A$ . C'est donc bien un $o (∥ h ∥)$ , et l'unicité conclut. $□$

Exemple

La norme euclidienne au carré. En prenant $A = I d$ dans le théorème précédent, la fonction $N_{2} : x \mapsto ∥ x ∥^{2} = ⟨ x, x ⟩$ est différentiable sur $E$ et

d N_{2} (x) (h) = 2 ⟨ x, h ⟩ .

On peut aussi le voir directement : $∥ x + h ∥^{2} = ∥ x ∥^{2} + 2 ⟨ x, h ⟩ + ∥ h ∥^{2}$ , et $∥ h ∥^{2} = o (∥ h ∥)$ .

Exemple

Un calcul à la main. Soit $f (x, y) = x^{2} y$ et $a = (x, y)$ . Pour $h = (h_{1}, h_{2})$ ,

f (a + h) = (x + h_{1})^{2} (y + h_{2}) = x^{2} y + \underset{lin \overset{ˊ}{e} aire en h}{\underset{⏟}{2 x y h_{1} + x^{2} h_{2}}} + \underset{reste}{\underset{⏟}{2 x h_{1} h_{2} + y h_{1}^{2} + h_{1}^{2} h_{2}}} .

Le reste est majoré, pour $∥ h ∥_{\infty} ⩽ 1$ , par $(2 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ + 1) ∥ h ∥_{\infty}^{2}$ , donc c'est un $o (∥ h ∥)$ . Ainsi $f$ est différentiable en $(x, y)$ et

d f (x, y) (h_{1}, h_{2}) = 2 x y h_{1} + x^{2} h_{2} .

On retrouve les dérivées partielles $\partial_{x} f = 2 x y$ et $\partial_{y} f = x^{2}$ comme coefficients : c'est le contenu de la section suivante.

Coordonnées et matrice jacobienne

La différentielle se lit sur les dérivées partielles

Théorème

Soient $B = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de $E$ , $f : U \to F$ différentiable en $a \in U$ , et $h = \sum_{i = 1}^{n} h_{i} e_{i}$ un vecteur de $E$ . Alors

d f (a) (h) = \sum_{i = 1}^{n} h_{i} \partial_{i} f (a) .

Démonstration. L'application $d f (a)$ est linéaire, donc

d f (a) (h) = d f (a) (\sum_{i = 1}^{n} h_{i} e_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} h_{i} d f (a) (e_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} h_{i} \partial_{i} f (a),

la dernière égalité étant le théorème précédent appliqué à $v = e_{i}$ . $□$

Remarque

Cette formule est le pont entre la théorie et le calcul. Elle dit que, pour une fonction différentiable, la donnée des $n$ dérivées partielles suffit à reconstituer toute la différentielle. Elle explique aussi pourquoi les dérivées partielles restent l'outil de calcul quotidien : elles sont faciles à obtenir (dérivation en une variable), et elles portent toute l'information une fois la différentiabilité acquise. Tout le problème, et c'est le sujet de la section suivante, est d'acquérir cette différentiabilité.

Pour $E = R^{2}$ , la formule s'écrit

d f (a) (h_{1}, h_{2}) = h_{1} \frac{\partial f}{\partial x} (a) + h_{2} \frac{\partial f}{\partial y} (a) .

Matrice jacobienne

Définition

Soient $B = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de $E$ , $C = (ε_{1}, \dots, ε_{p})$ une base de $F$ , et $f : U \to F$ différentiable en $a \in U$ . Notons $f_{1}, \dots, f_{p}$ les fonctions coordonnées de $f$ dans la base $C$ , c'est-à-dire les fonctions numériques telles que $f (x) = \sum_{j = 1}^{p} f_{j} (x) ε_{j}$ .

La matrice jacobienne de $f$ en $a$ est la matrice de l'application linéaire $d f (a)$ dans les bases $B$ et $C$ : son coefficient situé à la ligne $j$ et à la colonne $i$ est $\partial_{i} f_{j} (a)$ , autrement dit

J_{f} (a) = (\begin{array}{ccc} \partial_{1} f_{1} (a) & \dots & \partial_{n} f_{1} (a) \\ ⋮ & ⋮ \\ \partial_{1} f_{p} (a) & \dots & \partial_{n} f_{p} (a) \end{array}) \in M_{p, n} (R) .

Remarque

Deux points de vigilance, et ce sont des sources d'erreurs de signe et de format en copie.

La matrice a $p$ lignes (dimension de l'arrivée) et $n$ colonnes (dimension du départ) : c'est le format d'une matrice d'application linéaire de $E$ dans $F$ . La $i$ -ième colonne est le vecteur $\partial_{i} f (a)$ , écrit dans la base de $F$ ; la $j$ -ième ligne rassemble les dérivées partielles de la $j$ -ième coordonnée.

En termes de coordonnées, si $H$ est la colonne des coordonnées de $h$ et $K$ celle de $d f (a) (h)$ , alors $K = J_{f} (a) H$ . La différentielle, objet abstrait, redevient un produit matriciel : c'est sous cette forme qu'on la manipule dans les calculs.

Propriété

Cas d'une fonction numérique. Si $F = R$ , la matrice jacobienne est la matrice ligne

J_{f} (a) = (\begin{array}{ccc} \partial_{1} f (a) & \dots & \partial_{n} f (a) \end{array}) \in M_{1, n} (R),

et $d f (a)$ est une forme linéaire sur $E$ .

Remarque

C'est ce cas qui donnera naissance au gradient : une forme linéaire sur un espace euclidien se représente par un vecteur, et ce vecteur, une fois écrit dans une base orthonormée, a pour coordonnées les dérivées partielles. Autrement dit, le gradient sera la « transposée » de la matrice jacobienne, mais uniquement dans une base orthonormée et uniquement pour une fonction numérique. Nous y reviendrons avec les précautions nécessaires.

Exemple

Trois matrices jacobiennes.

Une application de $R^{2}$ dans $R^{3}$ . Soit $f (x, y) = (x^{2} - y^{2}, 2 x y, x + y)$ . Ses trois coordonnées sont polynomiales, donc (nous le justifierons proprement dans la section suivante) $f$ est différentiable en tout point et

J_{f} (x, y) = (\begin{array}{cc} 2 x & - 2 y \\ 2 y & 2 x \\ 1 & 1 \end{array}) \in M_{3, 2} (R) .

L'application polaire. Soit $Φ (r, θ) = (r \cos θ, r \sin θ)$ , de $R^{2}$ dans $R^{2}$ . Alors

J_{Φ} (r, θ) = (\begin{array}{cc} \cos θ & - r \sin θ \\ \sin θ & r \cos θ \end{array}), \det J_{Φ} (r, θ) = r \cos^{2} θ + r \sin^{2} θ = r .

Une fonction numérique. Pour $f (x, y, z) = x y^{2} z^{3}$ , on a $J_{f} (x, y, z) = (\begin{array}{ccc} y^{2} z^{3} & 2 x y z^{3} & 3 x y^{2} z^{2} \end{array})$ .

Fonctions de classe $C^{1}$

Définition et théorème fondamental

Définition

Soient $U$ un ouvert de $E$ et $f : U \to F$ . On dit que $f$ est de classe $C^{1}$ sur $U$ lorsque, dans une base $(e_{1}, \dots, e_{n})$ de $E$ , les $n$ dérivées partielles $\partial_{1} f, \dots, \partial_{n} f$ existent en tout point de $U$ et sont continues sur $U$ .

Théorème

Théorème fondamental (admis). Soit $f : U \to F$ de classe $C^{1}$ sur l'ouvert $U$ . Alors :

$f$ est différentiable en tout point de $U$ , et pour tous $a \in U$ et $h = \sum_{i} h_{i} e_{i}$ ,

d f (a) (h) = \sum_{i = 1}^{n} h_{i} \partial_{i} f (a);

l'application $d f : U \to L (E, F)$ , $a \mapsto d f (a)$ , est continue sur $U$ ;
la notion ne dépend pas de la base choisie : si les dérivées partielles relatives à une base sont continues, celles relatives à toute autre base le sont aussi.

Réciproquement, si $f$ est différentiable sur $U$ et si $d f$ est continue sur $U$ , alors $f$ est de classe $C^{1}$ .

Remarque

Ce théorème est le théorème du chapitre du point de vue pratique, et sa démonstration n'est pas exigible. Mesurez ce qu'il apporte. La différentiabilité, telle qu'elle est définie, est une condition de nature globale, coûteuse à vérifier : il faut exhiber une application linéaire et contrôler un reste. Le théorème dit qu'un simple calcul de dérivées partielles, suivi d'un argument de continuité, suffit. Or les dérivées partielles se calculent avec les règles de première année, et leur continuité s'obtient presque toujours par opérations sur les fonctions continues.

C'est donc ainsi que, dans 95 % des exercices, on justifie la différentiabilité : on ne la démontre pas, on la déduit de la classe $C^{1}$ .

Deux avertissements l'accompagnent. Le premier : l'hypothèse de continuité des dérivées partielles est indispensable, l'existence seule ne suffit pas (nous en avons vu deux contre-exemples). Le second : l'implication ne se renverse pas, il existe des fonctions différentiables en tout point qui ne sont pas de classe $C^{1}$ (contre-exemple à la fin de cette section).

Opérations

Théorème

Soient $U$ un ouvert de $E$ et $V$ un ouvert de $F$ .

Combinaison linéaire. Si $f, g : U \to F$ sont de classe $C^{1}$ et $λ, μ \in R$ , alors $λ f + μ g$ est de classe $C^{1}$ et $d (λ f + μ g) (a) = λ d f (a) + μ d g (a)$ .
Produit. Si $f, g : U \to R$ sont de classe $C^{1}$ , alors $f g$ l'est et $d (f g) (a) = f (a) d g (a) + g (a) d f (a)$ .
Quotient. Si de plus $g$ ne s'annule pas sur $U$ , alors $\frac{f}{g}$ est de classe $C^{1}$ sur $U$ et

d ⁣ (\frac{f}{g}) (a) = \frac{g (a) d f (a) - f (a) d g (a)}{g (a)^{2}} .

Composée. Si $f : U \to F$ est de classe $C^{1}$ avec $f (U) \subseteq V$ et si $g : V \to G$ est de classe $C^{1}$ , alors $g \circ f$ est de classe $C^{1}$ sur $U$ .

En conséquence, l'ensemble $C^{1} (U, F)$ est un $R$ -espace vectoriel, et $C^{1} (U, R)$ est une $R$ -algèbre.

Remarque

Ces règles se démontrent en revenant aux dérivées partielles, qui obéissent aux règles de dérivation d'une variable, puis en invoquant la continuité par opérations. Le point 4 sera précisé dans la section suivante, où la différentielle de la composée est calculée : c'est la règle de la chaîne.

Ajoutons deux cas très fréquents, conséquences immédiates de la section précédente : toute application linéaire et toute application bilinéaire entre espaces de dimension finie sont de classe $C^{1}$ (et même $C^{\infty}$ ), et il en va de même de toute fonction polynomiale en les coordonnées, comme $(x, y) \mapsto x^{3} y - 2 x y^{2} + 7$ .

Méthode

Comment justifier proprement qu'une fonction est de classe $C^{1}$ . En copie, la rédaction tient en trois temps, et il ne faut en sauter aucun.

Identifier l'ouvert de travail : préciser $U$ et dire pourquoi c'est un ouvert (souvent $R^{n}$ tout entier, ou un ensemble défini par des inégalités strictes entre fonctions continues, ou un complémentaire de fermé).
Invoquer les opérations : « les fonctions coordonnées $(x, y) \mapsto x$ et $(x, y) \mapsto y$ sont de classe $C^{1}$ sur $R^{2}$ ; par somme, produit, quotient à dénominateur ne s'annulant pas et composition avec des fonctions usuelles de classe $C^{1}$ , $f$ est de classe $C^{1}$ sur $U$ . »
Conclure : « donc $f$ est différentiable en tout point de $U$ , de différentielle $d f (a) (h) = h_{1} \partial_{1} f (a) + \dots + h_{n} \partial_{n} f (a)$ . »

Ce qu'il ne faut pas faire : calculer les dérivées partielles, constater qu'elles existent, et en déduire la différentiabilité. C'est le raisonnement faux typique, et il est sanctionné, car l'existence des dérivées partielles ne donne rien sans continuité.

Quatre fonctions de classe $C^{1}$ par opérations, à traiter chacune avec la phrase type ci-dessus.

a. $f (x, y) = \frac{\sin (x y)}{1 + x^{2} + y^{2}}$ sur $R^{2}$ : le dénominateur ne s'annule jamais.

b. $f (x, y) = \ln (x^{2} + y^{2})$ sur $R^{2} ∖ {(0, 0)}$ , ouvert comme complémentaire d'un fermé.

c. $f (x, y, z) = e^{x y z} + x^{2} z$ sur $R^{3}$ : composée et somme de fonctions usuelles.

d. $f (x, y) = \frac{x - y}{x + y}$ sur $U = {(x, y) \in R^{2}; x + y \neq 0}$ , ouvert comme image réciproque de $R^{*}$ par une fonction continue.

Dans chacun des quatre cas, la justification est la même. Le seul travail spécifique consiste à décrire l'ouvert et à vérifier que les dénominateurs ne s'y annulent pas.

Différentiable ne signifie pas de classe $C^{1}$

Exemple

Une fonction différentiable partout, non de classe $C^{1}$ . Soit $f : R^{2} \to R$ définie par

f (x, y) = (x^{2} + y^{2}) \sin \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} si (x, y) \neq (0, 0), f (0, 0) = 0.

Notons $r = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ , de sorte que $f = r^{2} \sin \frac{1}{r}$ hors de l'origine.

Différentiabilité hors de l'origine. Sur l'ouvert $R^{2} ∖ {(0, 0)}$ , la fonction $r$ est de classe $C^{1}$ et ne s'annule pas, donc $f$ est de classe $C^{1}$ par opérations, donc différentiable.

Différentiabilité en l'origine. Pour $h = (h_{1}, h_{2}) \neq (0, 0)$ , en notant $ρ = ∥ h ∥_{2}$ ,

∣ f (h) - f (0, 0) - 0 ∣ = ρ^{2} ∣ \sin \frac{1}{ρ} ∣ ⩽ ρ^{2} = ρ \times ρ .

Le quotient par $ρ$ tend vers $0$ , donc $f$ est différentiable en $(0, 0)$ avec $d f (0, 0) = 0$ .

Mais les dérivées partielles ne sont pas continues en l'origine. Hors de l'origine, en dérivant par rapport à $x$ (avec $\partial_{x} r = \frac{x}{r}$ ) :

\partial_{x} f (x, y) = 2 x \sin \frac{1}{r} + r^{2} \cos \frac{1}{r} \times (- \frac{1}{r^{2}}) \times \frac{x}{r} = 2 x \sin \frac{1}{r} - \frac{x}{r} \cos \frac{1}{r} .

Prenons $y = 0$ et $x > 0$ , de sorte que $r = x$ :

\partial_{x} f (x, 0) = 2 x \sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x} .

Le premier terme tend vers $0$ , mais $\cos \frac{1}{x}$ n'a pas de limite quand $x \to 0^{+}$ . Donc $\partial_{x} f$ n'a pas de limite en $(0, 0)$ , alors que $\partial_{x} f (0, 0) = 0$ : la dérivée partielle existe partout mais n'est pas continue en l'origine.

Conclusion. La fonction $f$ est différentiable en tout point de $R^{2}$ sans être de classe $C^{1}$ sur $R^{2}$ . L'implication « de classe $C^{1}$ implique différentiable » est donc strictement plus forte que sa réciproque, et l'on ne peut pas remplacer l'une par l'autre dans un énoncé.

Remarque

Voici, pour finir, la carte complète des implications de ce chapitre. Elles se lisent de gauche à droite, et aucune flèche ne se renverse :

C^{1} sur U ⟹ diff \overset{ˊ}{e} rentiable en tout point ⟹ {\begin{cases} continue \\ d \overset{ˊ}{e} riv \overset{ˊ}{e} es selon tout vecteur \end{cases}

et, tout à droite, l'existence des dérivées partielles n'implique rigoureusement rien. Un exercice mal rédigé est presque toujours un exercice qui remonte une de ces flèches.

Règle de la chaîne

Différentielle d'une composée

Théorème

Règle de la chaîne. Soient $U$ un ouvert de $E$ , $V$ un ouvert de $F$ , $f : U \to F$ avec $f (U) \subseteq V$ , et $g : V \to G$ . Si $f$ est différentiable en $a \in U$ et si $g$ est différentiable en $b = f (a)$ , alors $g \circ f$ est différentiable en $a$ et

d (g \circ f) (a) = d g (f (a)) \circ d f (a) .

En termes de matrices jacobiennes, dans des bases fixées de $E$ , $F$ et $G$ :

J_{g \circ f} (a) = J_{g} (f (a)) \times J_{f} (a) .

Démonstration. Écrivons les deux développements limités. Il existe $ε_{1} \to 0_{F}$ et $ε_{2} \to 0_{G}$ telles que, pour $h$ et $k$ assez petits,

f (a + h) = f (a) + d f (a) (h) + ∥ h ∥ ε_{1} (h), g (b + k) = g (b) + d g (b) (k) + ∥ k ∥ ε_{2} (k) .

Posons $k (h) = f (a + h) - f (a) = d f (a) (h) + ∥ h ∥ ε_{1} (h)$ , de sorte que $g (f (a + h)) = g (b + k (h))$ .

Majoration de $k (h)$ . L'application $d f (a)$ est linéaire continue, donc il existe $c ⩾ 0$ tel que $∥ d f (a) (h) ∥ ⩽ c ∥ h ∥$ . Pour $∥ h ∥$ assez petit, $∥ ε_{1} (h) ∥ ⩽ 1$ , d'où

∥ k (h) ∥ ⩽ (c + 1) ∥ h ∥ .

En particulier $k (h) \to 0_{F}$ quand $h \to 0_{E}$ .

Composition des développements. En reportant,

g (f (a + h)) = g (b) + d g (b) (k (h)) + ∥ k (h) ∥ ε_{2} (k (h)) .

Or $d g (b)$ est linéaire, donc

d g (b) (k (h)) = d g (b) (d f (a) (h)) + ∥ h ∥ d g (b) (ε_{1} (h)) .

Ainsi

g (f (a + h)) = g (b) + (d g (b) \circ d f (a)) (h) + \underset{R (h)}{\underset{⏟}{∥ h ∥ d g (b) (ε_{1} (h)) + ∥ k (h) ∥ ε_{2} (k (h))}} .

Le reste est négligeable. D'une part, $d g (b)$ est linéaire continue et $ε_{1} (h) \to 0_{F}$ , donc $d g (b) (ε_{1} (h)) \to 0_{G}$ : le premier morceau est bien de la forme $∥ h ∥ \times o (1)$ . D'autre part,

∥ ∥ k (h) ∥ ε_{2} (k (h)) ∥ ⩽ (c + 1) ∥ h ∥ ∥ ε_{2} (k (h)) ∥,

et $ε_{2} (k (h)) \to 0_{G}$ puisque $k (h) \to 0_{F}$ et $ε_{2}$ est de limite nulle en $0_{F}$ . Donc $R (h) = o (∥ h ∥)$ .

Comme $d g (b) \circ d f (a)$ est linéaire (composée de deux applications linéaires), l'unicité de la différentielle donne la formule. La traduction matricielle est celle de la composition des applications linéaires. $□$

Dérivation le long d'un arc

C'est le cas particulier le plus utilisé du chapitre : celui où l'espace de départ est $R$ , c'est-à-dire où l'on suit $f$ le long d'un chemin.

Théorème

Dérivation le long d'un arc. Soient $I$ un intervalle de $R$ , $γ : I \to E$ dérivable en $t_{0} \in I$ avec $γ (I) \subseteq U$ , et $f : U \to F$ différentiable en $γ (t_{0})$ . Alors $f \circ γ$ est dérivable en $t_{0}$ et

(f \circ γ)^{'} (t_{0}) = d f (γ (t_{0})) (γ^{'} (t_{0})) .

Si de plus $E$ est euclidien et $f$ est numérique, cela s'écrit

\frac{d}{d t} [f (γ (t))]_{t = t_{0}} = ⟨ \nabla f (γ (t_{0})), γ^{'} (t_{0}) ⟩ .

Démonstration. Notons $a = γ (t_{0})$ et écrivons les deux développements limités, celui de $γ$ en $t_{0}$ (fonction vectorielle d'une variable réelle, chapitre précédent) et celui de $f$ en $a$ :

γ (t_{0} + s) = a + s γ^{'} (t_{0}) + s α (s), f (a + h) = f (a) + d f (a) (h) + ∥ h ∥ ε (h),

avec $α (s) \to 0_{E}$ quand $s \to 0$ et $ε (h) \to 0_{F}$ quand $h \to 0_{E}$ .

Posons $h (s) = γ (t_{0} + s) - a = s (γ^{'} (t_{0}) + α (s))$ . Pour $∣ s ∣$ assez petit, $∥ α (s) ∥ ⩽ 1$ , donc

∥ h (s) ∥ ⩽ ∣ s ∣ (∥ γ^{'} (t_{0}) ∥ + 1),

et en particulier $h (s) \to 0_{E}$ quand $s \to 0$ . En reportant et en utilisant la linéarité de $d f (a)$ :

f (γ (t_{0} + s)) = f (a) + s d f (a) (γ^{'} (t_{0})) + s d f (a) (α (s)) + ∥ h (s) ∥ ε (h (s)) .

Divisons par $s \neq 0$ :

\frac{f (γ (t_{0} + s)) - f (a)}{s} = d f (a) (γ^{'} (t_{0})) + d f (a) (α (s)) + \frac{∥ h (s) ∥}{s} ε (h (s)) .

Le deuxième terme tend vers $0_{F}$ car $d f (a)$ est linéaire continue et $α (s) \to 0_{E}$ . Le troisième est majoré en norme par $(∥ γ^{'} (t_{0}) ∥ + 1) ∥ ε (h (s)) ∥$ , qui tend vers $0$ . Le taux d'accroissement converge donc vers $d f (a) (γ^{'} (t_{0}))$ , ce qui est le résultat.

La seconde formule est la définition du gradient, $d f (a) (v) = ⟨ \nabla f (a), v ⟩$ , appliquée à $v = γ^{'} (t_{0})$ . $□$

Exemple

Le long du cercle unité. Soient $f : R^{2} \to R$ de classe $C^{1}$ et $γ (t) = (\cos t, \sin t)$ . Alors $γ^{'} (t) = (- \sin t, \cos t)$ et

(f \circ γ)^{'} (t) = - \sin t \frac{\partial f}{\partial x} (γ (t)) + \cos t \frac{\partial f}{\partial y} (γ (t)) .

Cette formule est l'outil de base pour étudier une fonction sur un cercle, donc sur la frontière d'un disque : nous nous en servirons en optimisation.

Dérivées partielles d'une composée

Propriété

Soient $V$ un ouvert de $R^{p}$ , $φ : V \to R^{n}$ de classe $C^{1}$ à valeurs dans un ouvert $U$ de $R^{n}$ , et $f : U \to R$ de classe $C^{1}$ . Notons $φ = (φ_{1}, \dots, φ_{n})$ et $F = f \circ φ$ . Alors $F$ est de classe $C^{1}$ sur $V$ et, pour tout $j \in {1, \dots, p}$ ,

\frac{\partial F}{\partial u_{j}} (u) = \sum_{i = 1}^{n} \frac{\partial φ_{i}}{\partial u_{j}} (u) \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (φ (u)) .

Démonstration. C'est la règle de la chaîne appliquée au vecteur $h = e_{j}$ de la base canonique de $R^{p}$ : d'une part $\frac{\partial F}{\partial u_{j}} (u) = d F (u) (e_{j})$ , d'autre part

d F (u) (e_{j}) = d f (φ (u)) (d φ (u) (e_{j})) = d f (φ (u)) (\sum_{i = 1}^{n} \frac{\partial φ_{i}}{\partial u_{j}} (u) e_{i}^{'}),

où $(e_{i}^{'})$ est la base canonique de $R^{n}$ , car les coordonnées de $d φ (u) (e_{j})$ forment la $j$ -ième colonne de $J_{φ} (u)$ . Par linéarité de $d f (φ (u))$ et puisque $d f (x) (e_{i}^{'}) = \partial_{i} f (x)$ , on obtient la formule annoncée. $□$

Remarque

Cette formule est celle que l'on applique mécaniquement dans les changements de variables. Elle se retient sous la forme mnémotechnique

\frac{\partial F}{\partial u} = \frac{\partial x}{\partial u} \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial u} \frac{\partial f}{\partial y},

à condition de se souvenir que les dérivées de $f$ sont évaluées au point image $φ (u)$ , et pas en $u$ . C'est l'oubli numéro un dans les copies : on écrit $\frac{\partial f}{\partial x} (u, v)$ au lieu de $\frac{\partial f}{\partial x} (φ (u, v))$ , et tout le calcul suivant devient faux.

Changement de variables : les coordonnées polaires

Méthode

Le mécanisme du changement de variables. On dispose d'une fonction inconnue $f$ , de classe $C^{1}$ sur un ouvert $U$ , et l'on pose $g = f \circ Φ$ où $Φ$ est une application de classe $C^{1}$ explicite, choisie pour simplifier le problème. On exprime alors les dérivées partielles de $g$ en fonction de celles de $f$ par la règle de la chaîne, on inverse le système obtenu, et l'on traduit l'équation de départ dans les nouvelles variables.

Traitons complètement le cas le plus utile, celui des coordonnées polaires.

Propriété

Passage en polaires. Soient $U$ un ouvert de $R^{2}$ et $f : U \to R$ de classe $C^{1}$ . Posons, pour $(r, θ)$ tel que $(r \cos θ, r \sin θ) \in U$ ,

g (r, θ) = f (r \cos θ, r \sin θ) .

Alors $g$ est de classe $C^{1}$ et

\frac{\partial g}{\partial r} = \cos θ \frac{\partial f}{\partial x} + \sin θ \frac{\partial f}{\partial y}, \frac{\partial g}{\partial θ} = - r \sin θ \frac{\partial f}{\partial x} + r \cos θ \frac{\partial f}{\partial y},

les dérivées de $f$ étant prises au point $(r \cos θ, r \sin θ)$ . Réciproquement, pour $r > 0$ ,

\frac{\partial f}{\partial x} = \cos θ \frac{\partial g}{\partial r} - \frac{\sin θ}{r} \frac{\partial g}{\partial θ}, \frac{\partial f}{\partial y} = \sin θ \frac{\partial g}{\partial r} + \frac{\cos θ}{r} \frac{\partial g}{\partial θ} .

Démonstration. L'application $Φ (r, θ) = (r \cos θ, r \sin θ)$ est de classe $C^{1}$ (ses coordonnées le sont), donc $g = f \circ Φ$ l'est par composition. La formule des dérivées partielles d'une composée donne, avec $x = r \cos θ$ et $y = r \sin θ$ :

\frac{\partial g}{\partial r} = \frac{\partial x}{\partial r} \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial r} \frac{\partial f}{\partial y} = \cos θ \frac{\partial f}{\partial x} + \sin θ \frac{\partial f}{\partial y},

\frac{\partial g}{\partial θ} = \frac{\partial x}{\partial θ} \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial θ} \frac{\partial f}{\partial y} = - r \sin θ \frac{\partial f}{\partial x} + r \cos θ \frac{\partial f}{\partial y} .

Pour inverser, on résout ce système linéaire de deux équations aux inconnues $\frac{\partial f}{\partial x}$ et $\frac{\partial f}{\partial y}$ . Sa matrice est $J_{Φ} (r, θ)$ transposée, de déterminant $r$ , donc le système est inversible dès que $r \neq 0$ . Concrètement, on calcule

\cos θ \frac{\partial g}{\partial r} - \frac{\sin θ}{r} \frac{\partial g}{\partial θ} = (\cos^{2} θ + \sin^{2} θ) \frac{\partial f}{\partial x} + (\cos θ \sin θ - \sin θ \cos θ) \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial x},

et de même

\sin θ \frac{\partial g}{\partial r} + \frac{\cos θ}{r} \frac{\partial g}{\partial θ} = (\sin θ \cos θ - \cos θ \sin θ) \frac{\partial f}{\partial x} + (\sin^{2} θ + \cos^{2} θ) \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial y} . □

Exemple

Les fonctions invariantes par rotation. Cherchons toutes les fonctions $f$ de classe $C^{1}$ sur $U = R^{2} ∖ {(0, 0)}$ vérifiant

\forall (x, y) \in U, x \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) - y \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = 0.

Posons $g (r, θ) = f (r \cos θ, r \sin θ)$ pour $(r, θ) \in] 0, + \infty [\times R$ , qui est un ouvert. D'après la propriété précédente,

\frac{\partial g}{\partial θ} (r, θ) = - r \sin θ \frac{\partial f}{\partial x} + r \cos θ \frac{\partial f}{\partial y} = - y \frac{\partial f}{\partial x} + x \frac{\partial f}{\partial y} = 0.

L'équation dit donc exactement que $\frac{\partial g}{\partial θ} = 0$ . À $r > 0$ fixé, la fonction $θ \mapsto g (r, θ)$ est dérivable sur l'intervalle $R$ , de dérivée nulle : elle est constante. Il existe donc une fonction $ψ :] 0, + \infty [\to R$ telle que $g (r, θ) = ψ (r)$ , et $ψ$ est de classe $C^{1}$ puisque $ψ (r) = g (r, 0)$ .

En revenant à $f$ , pour tout $(x, y) \in U$ , en écrivant $(x, y)$ sous forme polaire :

f (x, y) = ψ (\sqrt{x^{2} + y^{2}}) .

Réciproquement, une telle fonction convient : en posant $ρ = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ , on a $\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{x}{ρ} ψ^{'} (ρ)$ et $\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{y}{ρ} ψ^{'} (ρ)$ , donc $x \frac{\partial f}{\partial y} - y \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{x y - y x}{ρ} ψ^{'} (ρ) = 0$ .

Les solutions sont donc exactement les fonctions radiales, ce qui était géométriquement prévisible : l'équation exprime que la dérivée de $f$ le long des cercles centrés à l'origine est nulle.

Une équation aux dérivées partielles du premier ordre

Exemple

Résolution complète par changement de variables affine. Cherchons toutes les fonctions $f : R^{2} \to R$ de classe $C^{1}$ telles que

(E) 2 \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + 3 \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0 pour tout (x, y) \in R^{2} .

Choix du changement de variables. L'équation dit que la dérivée de $f$ selon le vecteur $v = (2, 3)$ est nulle : $D_{v} f = 0$ . On choisit donc un couple de nouvelles variables dont l'une est constante le long de la direction $v$ . Le vecteur $(3, - 2)$ étant orthogonal à $v$ , la quantité $3 x - 2 y$ est constante le long des droites dirigées par $v$ . Posons

u = 3 x - 2 y, w = x, de sorte que x = w, y = \frac{3 w - u}{2} .

Traduction de l'équation. Définissons $g (u, w) = f (w, \frac{3 w - u}{2})$ , qui est de classe $C^{1}$ sur $R^{2}$ par composition. La règle de la chaîne donne

\frac{\partial g}{\partial w} (u, w) = 1 \times \frac{\partial f}{\partial x} + \frac{3}{2} \times \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{1}{2} (2 \frac{\partial f}{\partial x} + 3 \frac{\partial f}{\partial y}),

les dérivées de $f$ étant prises au point $(w, \frac{3 w - u}{2})$ . Ainsi

f v \overset{ˊ}{e} rifie (E) ⟺ \frac{\partial g}{\partial w} = 0 sur R^{2} .

Résolution. À $u$ fixé, $w \mapsto g (u, w)$ est dérivable sur l'intervalle $R$ de dérivée nulle, donc constante. Il existe donc $λ : R \to R$ telle que $g (u, w) = λ (u)$ pour tout $(u, w)$ , et $λ$ est de classe $C^{1}$ car $λ (u) = g (u, 0)$ .

Retour à $f$ . Comme $f (x, y) = g (3 x - 2 y, x)$ , on obtient

f (x, y) = λ (3 x - 2 y) .

Vérification de la réciproque. Soit $λ$ de classe $C^{1}$ sur $R$ et $f (x, y) = λ (3 x - 2 y)$ . Alors $f$ est de classe $C^{1}$ par composition,

\frac{\partial f}{\partial x} = 3 λ^{'} (3 x - 2 y), \frac{\partial f}{\partial y} = - 2 λ^{'} (3 x - 2 y),

donc $2 \frac{\partial f}{\partial x} + 3 \frac{\partial f}{\partial y} = 6 λ^{'} - 6 λ^{'} = 0$ . L'ensemble des solutions de $(E)$ est donc

{(x, y) \mapsto λ (3 x - 2 y); λ \in C^{1} (R, R)} .

Remarque

Trois réflexes à retenir de cet exemple, car ils valent pour toutes les EDP linéaires du premier ordre à coefficients constants rencontrées aux concours.

Le changement de variables se choisit en regardant la direction portée par les coefficients : ici $(2, 3)$ . Une bonne nouvelle variable est une quantité constante dans cette direction.

L'étape « dérivée nulle donc fonction constante » exige que la variable parcoure un intervalle : c'est pour cela qu'on prend garde à ce que le nouvel ouvert soit un produit d'intervalles, ou au moins convexe. Sur un ouvert quelconque, une dérivée partielle nulle n'entraîne pas la constance (pensez à une réunion de deux disques disjoints).

La réciproque doit être vérifiée et rédigée. Le raisonnement direct montre que toute solution est de la forme voulue ; il faut encore s'assurer que toutes ces fonctions conviennent, ce qui, ici, prend deux lignes.

Propriété

Une différentielle nulle sur un ouvert convexe donne une fonction constante. Soient $U$ un ouvert convexe de $E$ et $f : U \to F$ différentiable sur $U$ avec $d f (a) = 0$ pour tout $a \in U$ . Alors $f$ est constante sur $U$ .

Démonstration. Soient $a, b \in U$ . Comme $U$ est convexe, le segment $[a, b]$ est inclus dans $U$ , donc on peut poser $φ (t) = f (a + t (b - a))$ pour $t \in [0, 1]$ . L'arc $γ (t) = a + t (b - a)$ est dérivable, de dérivée constante $b - a$ , donc par dérivation le long d'un arc, $φ$ est dérivable sur $[0, 1]$ et

φ^{'} (t) = d f (γ (t)) (b - a) = 0.

Une fonction vectorielle dérivable de dérivée nulle sur un intervalle est constante, donc $φ (0) = φ (1)$ , c'est-à-dire $f (a) = f (b)$ . $□$

Remarque

Le résultat s'étend aux ouverts connexes par arcs, en découpant un chemin en petits morceaux contenus dans des boules (qui sont convexes). Nous ne l'utiliserons que sous la forme convexe ci-dessus, qui suffit à tous les exercices d'EDP du programme. En revanche, la conclusion est fausse si l'ouvert n'est pas connexe : sur la réunion de deux boules disjointes, une fonction peut valoir $0$ sur l'une et $1$ sur l'autre avec une différentielle identiquement nulle.

Gradient

Définition et existence

Dans toute cette section, $E$ est un espace euclidien de produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ , $U$ un ouvert de $E$ et $f : U \to R$ une fonction numérique.

Théorème

Représentation des formes linéaires en dimension finie. Soit $E$ un espace euclidien. Pour toute forme linéaire $φ$ sur $E$ , il existe un unique vecteur $u \in E$ tel que

\forall x \in E, φ (x) = ⟨ u, x ⟩ .

Démonstration. Existence. Soit $(e_{1}, \dots, e_{n})$ une base orthonormée de $E$ , qui existe par le procédé de Gram-Schmidt. Posons $u = \sum_{i = 1}^{n} φ (e_{i}) e_{i}$ . Pour $x = \sum_{i} x_{i} e_{i}$ , la bilinéarité du produit scalaire et l'orthonormalité donnent

⟨ u, x ⟩ = \sum_{i = 1}^{n} φ (e_{i}) x_{i} = φ (\sum_{i = 1}^{n} x_{i} e_{i}) = φ (x),

la deuxième égalité étant la linéarité de $φ$ .

Unicité. Si $u$ et $u^{'}$ conviennent tous les deux, alors $⟨ u - u^{'}, x ⟩ = 0$ pour tout $x \in E$ . En prenant $x = u - u^{'}$ , il vient $∥ u - u^{'} ∥^{2} = 0$ , donc $u = u^{'}$ . $□$

Définition

Soient $E$ euclidien, $U$ un ouvert de $E$ , $f : U \to R$ différentiable en $a \in U$ . La forme linéaire $d f (a)$ se représente de manière unique par un vecteur, appelé gradient de $f$ en $a$ et noté $\nabla f (a)$ :

\forall h \in E, d f (a) (h) = ⟨ \nabla f (a), h ⟩ .

Remarque

Insistons sur les hypothèses, car c'est une source d'erreurs constante.

Le gradient n'a de sens que pour une fonction à valeurs réelles : si $F$ n'est pas $R$ , la différentielle n'est pas une forme linéaire et il n'y a pas de gradient (on parle alors de matrice jacobienne).

Le gradient dépend du produit scalaire choisi. Changez de produit scalaire sur $E$ , et le vecteur $\nabla f (a)$ change, alors que la forme linéaire $d f (a)$ , elle, ne bouge pas. Le gradient n'est donc pas un objet plus intrinsèque que la différentielle : c'est sa traduction dans une structure supplémentaire.

Enfin, $\nabla f (a)$ est un vecteur de $E$ , du même espace que $a$ et $h$ . On peut le dessiner, le comparer à d'autres vecteurs, en prendre la norme : c'est tout l'intérêt.

Expression en base orthonormée

Propriété

Soit $(e_{1}, \dots, e_{n})$ une base orthonormée de $E$ . Si $f$ est différentiable en $a$ , alors

\nabla f (a) = \sum_{i = 1}^{n} \partial_{i} f (a) e_{i},

c'est-à-dire que les coordonnées du gradient dans une base orthonormée sont les dérivées partielles. Pour $E = R^{n}$ muni du produit scalaire canonique,

\nabla f (a) = (\frac{\partial f}{\partial x_{1}} (a), \dots, \frac{\partial f}{\partial x_{n}} (a)) .

Démonstration. Notons $u = \sum_{i} \partial_{i} f (a) e_{i}$ . Pour $h = \sum_{i} h_{i} e_{i}$ , l'orthonormalité de la base donne $⟨ u, h ⟩ = \sum_{i} h_{i} \partial_{i} f (a)$ , qui vaut $d f (a) (h)$ d'après l'expression de la différentielle sur les coordonnées. Par unicité du vecteur représentant $d f (a)$ , on a $u = \nabla f (a)$ . $□$

Remarque

L'hypothèse « orthonormée » n'est pas décorative. Dans une base quelconque, les coordonnées du gradient ne sont pas les dérivées partielles : la formule fait intervenir l'inverse de la matrice de Gram de la base. Aux concours, on travaille presque toujours dans $R^{n}$ avec le produit scalaire canonique et la base canonique, qui est orthonormée, d'où l'habitude d'écrire simplement « le gradient, c'est le vecteur des dérivées partielles ». C'est vrai dans ce cadre, et faux en général.

Quatre gradients de référence, sur un espace euclidien $E$ , à connaître par cœur.

a. $f (x) = ⟨ a, x ⟩$ avec $a$ fixé : $\nabla f (x) = a$ pour tout $x$ .

b. $f (x) = ∥ x ∥^{2}$ : $\nabla f (x) = 2 x$ .

c. $f (x) = ⟨ A x, x ⟩$ avec $A$ symétrique : $\nabla f (x) = 2 A x$ .

d. $f (x) = ∥ x ∥$ sur $E ∖ {0_{E}}$ : $\nabla f (x) = \frac{x}{∥ x ∥}$ .

Exemple

Détail des cas a., c. et d.

Pour a., l'application $f$ est linéaire, donc $d f (x) = f$ , c'est-à-dire $d f (x) (h) = ⟨ a, h ⟩$ : le vecteur représentant est $a$ .

Pour c., nous avons montré $d f (x) (h) = ⟨ (A +^{t} ⁣ A) x, h ⟩$ , donc $\nabla f (x) = (A +^{t} ⁣ A) x$ , qui vaut $2 A x$ lorsque $A$ est symétrique. Pour $A$ quelconque, retenez la formule générale $\nabla f (x) = (A +^{t} ⁣ A) x$ : écrire $2 A x$ sans hypothèse de symétrie est une erreur classique.

Pour d., posons $N (x) = ∥ x ∥$ et $q (x) = ∥ x ∥^{2}$ , de sorte que $N = \sqrt{q}$ sur $E ∖ {0_{E}}$ , où $q > 0$ . La fonction racine carrée est de classe $C^{1}$ sur $R_{+}^{*}$ , donc par composition $N$ est différentiable et, pour tout $h$ ,

d N (x) (h) = \frac{1}{2 \sqrt{q (x)}} d q (x) (h) = \frac{2 ⟨ x, h ⟩}{2 ∥ x ∥} = ⟨ \frac{x}{∥ x ∥}, h ⟩ .

Donc $\nabla N (x) = \frac{x}{∥ x ∥}$ , vecteur unitaire dirigé par $x$ . En $x = 0_{E}$ , la fonction $N$ n'est pas différentiable : pour $v \neq 0_{E}$ , le taux d'accroissement $\frac{N (0 + t v) - N (0)}{t} = \frac{∣ t ∣}{t} ∥ v ∥$ vaut $∥ v ∥$ si $t > 0$ et $- ∥ v ∥$ si $t < 0$ , donc $D_{v} N (0)$ n'existe pour aucun $v \neq 0_{E}$ , exactement comme la valeur absolue en $0$ n'est pas dérivable.

Direction de plus forte pente

Théorème

Soient $E$ euclidien, $f : U \to R$ différentiable en $a \in U$ , et supposons $\nabla f (a) \neq 0_{E}$ . Alors

\max_{∥ v ∥ = 1} D_{v} f (a) = ∥ \nabla f (a) ∥,

et ce maximum est atteint pour le seul vecteur unitaire

v_{0} = \frac{\nabla f (a)}{∥ \nabla f (a) ∥} .

De même, le minimum de $D_{v} f (a)$ sur les vecteurs unitaires vaut $- ∥ \nabla f (a) ∥$ et est atteint pour $- v_{0}$ .

Démonstration. Pour $v$ unitaire, $D_{v} f (a) = d f (a) (v) = ⟨ \nabla f (a), v ⟩$ . L'inégalité de Cauchy-Schwarz donne

∣ ⟨ \nabla f (a), v ⟩ ∣ ⩽ ∥ \nabla f (a) ∥ \times ∥ v ∥ = ∥ \nabla f (a) ∥,

donc $D_{v} f (a) ⩽ ∥ \nabla f (a) ∥$ pour tout $v$ unitaire : le majorant est établi.

Il est atteint en $v_{0} = \frac{\nabla f (a)}{∥ \nabla f (a) ∥}$ , qui est bien unitaire, car

⟨ \nabla f (a), v_{0} ⟩ = \frac{⟨ \nabla f (a), \nabla f (a) ⟩}{∥ \nabla f (a) ∥} = \frac{∥ \nabla f (a) ∥^{2}}{∥ \nabla f (a) ∥} = ∥ \nabla f (a) ∥ .

Enfin, le cas d'égalité dans Cauchy-Schwarz impose que $v$ soit colinéaire à $\nabla f (a)$ ; parmi les deux vecteurs unitaires colinéaires, seul $v_{0}$ donne une valeur positive, l'autre donnant $- ∥ \nabla f (a) ∥$ . Le maximum est donc atteint uniquement en $v_{0}$ , et le minimum uniquement en $- v_{0}$ . $□$

Remarque

C'est l'interprétation que tout le monde retient du gradient, et elle est juste à condition de la formuler correctement : parmi toutes les directions unitaires, celle du gradient est celle où $f$ croît le plus vite, et la vitesse de croissance correspondante est $∥ \nabla f (a) ∥$ . La direction opposée est celle de plus forte descente : c'est le principe des algorithmes de descente de gradient, où l'on se déplace de $a$ vers $a - t \nabla f (a)$ pour faire décroître $f$ .

Notez le cas exclu : si $\nabla f (a) = 0_{E}$ , toutes les dérivées directionnelles sont nulles et il n'y a plus de direction privilégiée. Ce sont exactement les points critiques, ceux qui gouvernent l'optimisation.

Vecteurs tangents, lignes et surfaces de niveau

Vecteurs tangents à une partie

Définition

Soient $X$ une partie de $E$ et $a \in X$ . Un vecteur $v \in E$ est tangent à $X$ en $a$ lorsqu'il existe $η > 0$ et un arc $γ :] - η, η [\to E$ tels que :

$γ (t) \in X$ pour tout $t$ (l'arc est tracé sur $X$ ) ;
$γ (0) = a$ ;
$γ$ est dérivable en $0$ et $γ^{'} (0) = v$ .

Remarque

La définition est purement cinématique : un vecteur tangent est un vecteur vitesse en $a$ d'un mobile qui reste sur $X$ . Le vecteur nul est toujours tangent (prendre l'arc constant), et si $v$ est tangent alors $λ v$ l'est aussi pour tout $λ \in R$ (reparamétrer par $t \mapsto γ (λ t)$ ). En revanche, l'ensemble des vecteurs tangents n'a aucune raison d'être un sous-espace vectoriel pour une partie $X$ quelconque : prenez la réunion de deux droites sécantes, où les vecteurs tangents au point d'intersection forment la réunion des deux directions, pas leur somme.

Cette définition a un mérite décisif dans notre programme : elle ne demande aucun théorème d'existence. On ne suppose pas que $X$ est une « surface » au sens savant, on ne paramètre rien globalement, on regarde simplement les arcs qui existent.

Le gradient est orthogonal aux lignes de niveau

Définition

Soient $f : U \to R$ et $c \in R$ . L'ensemble de niveau $c$ de $f$ est

X_{c} = {x \in U; f (x) = c} .

Pour $E = R^{2}$ on parle de ligne de niveau (les isobares d'une carte météo, les courbes d'altitude d'une carte IGN), pour $E = R^{3}$ de surface de niveau.

Théorème

Soient $E$ euclidien, $f : U \to R$ différentiable en $a \in U$ , et $c = f (a)$ . Alors tout vecteur $v$ tangent en $a$ à l'ensemble de niveau $X_{c}$ vérifie

⟨ \nabla f (a), v ⟩ = 0.

Autrement dit, $\nabla f (a)$ est orthogonal à tous les vecteurs tangents en $a$ à la ligne (ou surface) de niveau passant par $a$ .

Démonstration. Soit $v$ un vecteur tangent à $X_{c}$ en $a$ : il existe un arc $γ$ , tracé sur $X_{c}$ , avec $γ (0) = a$ et $γ^{'} (0) = v$ , dérivable en $0$ .

Comme $γ$ est à valeurs dans $X_{c}$ , on a $f (γ (t)) = c$ pour tout $t$ : la fonction $φ = f \circ γ$ est constante. Elle est par ailleurs dérivable en $0$ par dérivation le long d'un arc, et

0 = φ^{'} (0) = d f (γ (0)) (γ^{'} (0)) = d f (a) (v) = ⟨ \nabla f (a), v ⟩ . □

Remarque

La démonstration tient en trois lignes et elle est le modèle de toutes les questions de tangence de ce chapitre : on dérive une relation constante le long d'un arc. Aucun théorème des fonctions implicites n'intervient, et il ne faut surtout pas en chercher un.

Ce que le théorème dit exactement : tout vecteur tangent est orthogonal au gradient. Ce qu'il ne dit pas : que tout vecteur orthogonal au gradient est tangent. Cette réciproque est vraie sous de bonnes hypothèses, mais sa démonstration générale utilise le théorème des fonctions implicites, hors programme. Quand on en a besoin dans un cas concret, on l'obtient à la main en exhibant un arc, comme nous le ferons pour la sphère.

Exemple

Deux lignes de niveau.

Les cercles. Pour $f (x, y) = x^{2} + y^{2}$ , la ligne de niveau $c > 0$ est le cercle de rayon $\sqrt{c}$ , et $\nabla f (x, y) = (2 x, 2 y) = 2 (x, y)$ est le vecteur radial : il est bien orthogonal au cercle, comme on le sait depuis la classe de troisième.

Une hyperbole. Pour $f (x, y) = x y$ , la ligne de niveau $1$ est l'hyperbole d'équation $x y = 1$ , et $\nabla f (x, y) = (y, x)$ . En $A (1, 1)$ , le gradient vaut $(1, 1)$ . Vérifions le théorème à la main : la branche de l'hyperbole se paramètre, au voisinage de $A$ , par

γ (t) = (1 + t, \frac{1}{1 + t}) pour t \in] - 1, 1 [,

arc tracé sur la ligne de niveau, avec $γ (0) = A$ et $γ^{'} (0) = {(1, - \frac{1}{(1 + t)^{2}})}_{t = 0} = (1, - 1)$ . Et l'on a bien $⟨ (1, 1), (1, - 1) ⟩ = 1 - 1 = 0$ . La tangente à l'hyperbole en $A$ est donc la droite passant par $A$ et dirigée par $(1, - 1)$ , d'équation $x + y = 2$ .

Plan tangent au graphe d'une fonction de deux variables

Théorème

Soient $U$ un ouvert de $R^{2}$ , $f : U \to R$ de classe $C^{1}$ et $(a, b) \in U$ . Notons

S = {(x, y, f (x, y)); (x, y) \in U} \subseteq R^{3}

le graphe de $f$ , et $A = (a, b, f (a, b))$ . Alors l'ensemble des vecteurs tangents à $S$ en $A$ est exactement le plan vectoriel

P = {(α, β, α \partial_{x} f (a, b) + β \partial_{y} f (a, b)); (α, β) \in R^{2}},

et le plan tangent à $S$ en $A$ , c'est-à-dire le plan affine $A + P$ , a pour équation

z = f (a, b) + (x - a) \frac{\partial f}{\partial x} (a, b) + (y - b) \frac{\partial f}{\partial y} (a, b) .

Démonstration. Tout élément de $P$ est tangent. Soit $(α, β) \in R^{2}$ . Comme $U$ est ouvert, il existe $η > 0$ tel que $(a + t α, b + t β) \in U$ pour $∣ t ∣ < η$ . Posons

γ (t) = (a + t α, b + t β, f (a + t α, b + t β)),

qui est un arc tracé sur $S$ avec $γ (0) = A$ . Ses deux premières coordonnées sont affines, donc dérivables ; la troisième est dérivable en $0$ par dérivation le long d'un arc, de dérivée $α \partial_{x} f (a, b) + β \partial_{y} f (a, b)$ . Donc $γ$ est dérivable en $0$ et

γ^{'} (0) = (α, β, α \partial_{x} f (a, b) + β \partial_{y} f (a, b)),

qui est le vecteur générique de $P$ .

Tout vecteur tangent appartient à $P$ . Soit $γ = (γ_{1}, γ_{2}, γ_{3})$ un arc tracé sur $S$ , dérivable en $0$ , avec $γ (0) = A$ . Être tracé sur $S$ signifie $γ_{3} (t) = f (γ_{1} (t), γ_{2} (t))$ pour tout $t$ . Les fonctions $γ_{1}$ et $γ_{2}$ sont dérivables en $0$ (coordonnées d'une fonction vectorielle dérivable), donc l'arc plan $t \mapsto (γ_{1} (t), γ_{2} (t))$ l'est aussi, et la dérivation le long d'un arc donne

γ_{3}^{'} (0) = γ_{1}^{'} (0) \partial_{x} f (a, b) + γ_{2}^{'} (0) \partial_{y} f (a, b) .

Ainsi $γ^{'} (0) = (γ_{1}^{'} (0), γ_{2}^{'} (0), γ_{3}^{'} (0)) \in P$ avec $α = γ_{1}^{'} (0)$ et $β = γ_{2}^{'} (0)$ .

Équation du plan affine. Un point $M (x, y, z)$ appartient à $A + P$ si et seulement si $M - A \in P$ , c'est-à-dire si et seulement si $z - f (a, b) = (x - a) \partial_{x} f (a, b) + (y - b) \partial_{y} f (a, b)$ . $□$

Remarque

Cette équation est la traduction géométrique du développement limité d'ordre $1$ : le plan tangent est le graphe de l'application affine qui approche $f$ au premier ordre au voisinage de $(a, b)$ . C'est la version en dimension $2$ de la tangente $y = f (a) + f^{'} (a) (x - a)$ de première année, et elle se retient exactement de la même façon.

Notez qu'ici l'ensemble des vecteurs tangents est exactement un plan, et que nous l'avons prouvé dans les deux sens, sans aucun théorème hors programme : la double inclusion s'obtient en exhibant des arcs d'un côté, en dérivant la relation $γ_{3} = f (γ_{1}, γ_{2})$ de l'autre.

Exemple

Le paraboloïde. Soit $f (x, y) = x^{2} + y^{2}$ et $A (1, 1, 2)$ , qui appartient bien au graphe puisque $f (1, 1) = 2$ . On a $\partial_{x} f = 2 x$ et $\partial_{y} f = 2 y$ , donc $\partial_{x} f (1, 1) = \partial_{y} f (1, 1) = 2$ . Le plan tangent en $A$ a pour équation

z = 2 + 2 (x - 1) + 2 (y - 1), c’est- \overset{ˋ}{a} -dire z = 2 x + 2 y - 2.

Vérification de bon sens : le point $A (1, 1, 2)$ vérifie bien $2 + 2 - 2 = 2$ .

Plan tangent à une surface de niveau

Définition

Soient $V$ un ouvert de $R^{3}$ , $g : V \to R$ de classe $C^{1}$ , et $S = {M \in V; g (M) = 0}$ . Soit $A \in S$ tel que $\nabla g (A) \neq 0$ . Le plan tangent à $S$ en $A$ est le plan affine passant par $A$ et orthogonal à $\nabla g (A)$ , c'est-à-dire l'ensemble des points $M$ tels que

⟨ \nabla g (A), M - A ⟩ = 0,

soit, en coordonnées, avec $A (x_{0}, y_{0}, z_{0})$ :

(x - x_{0}) \frac{\partial g}{\partial x} (A) + (y - y_{0}) \frac{\partial g}{\partial y} (A) + (z - z_{0}) \frac{\partial g}{\partial z} (A) = 0.

Remarque

Pourquoi une définition et non un théorème ? Parce que le théorème démontré plus haut donne une seule inclusion : tout vecteur tangent à $S$ en $A$ est orthogonal à $\nabla g (A)$ , donc appartient à la direction de ce plan. L'inclusion réciproque, qui dirait que tout vecteur orthogonal au gradient est effectivement la vitesse d'un arc tracé sur $S$ , réclamerait le théorème des fonctions implicites, hors programme.

En pratique, cela ne gêne jamais : dans un exercice concret on sait exhiber les arcs à la main (voir la sphère ci-dessous), et l'énoncé du concours définit lui-même le plan tangent par la formule ci-dessus. La condition $\nabla g (A) \neq 0$ , elle, est essentielle : si le gradient est nul, la formule dégénère en $0 = 0$ et ne définit plus un plan. Un tel point est dit singulier, et l'étude locale y sort du programme.

Exemple

La sphère. Soit $S$ la sphère de centre $O$ et de rayon $R > 0$ dans $R^{3}$ euclidien, c'est-à-dire l'ensemble de niveau $0$ de $g (M) = ∥ M ∥^{2} - R^{2}$ . On a $\nabla g (M) = 2 M$ , qui est non nul sur $S$ . Le plan tangent en $A \in S$ est donc défini par $⟨ 2 A, M - A ⟩ = 0$ , c'est-à-dire

⟨ A, M ⟩ = ∥ A ∥^{2} = R^{2}, soit x_{0} x + y_{0} y + z_{0} z = R^{2} .

C'est le résultat attendu : le plan tangent à une sphère est orthogonal au rayon.

Vérifions à la main que tout vecteur orthogonal à $A$ est bien tangent, ce qui montre que sur cet exemple l'inclusion réciproque est vraie, et se prouve sans aucun outil hors programme. Soit $v \neq 0$ avec $⟨ A, v ⟩ = 0$ . Posons

γ (t) = R \frac{A + t v}{∥ A + t v ∥} .

Comme $A$ et $v$ sont orthogonaux, $∥ A + t v ∥^{2} = R^{2} + t^{2} ∥ v ∥^{2} > 0$ , donc $γ$ est bien définie et de classe $C^{1}$ sur $R$ , et elle est tracée sur $S$ puisque $∥ γ (t) ∥ = R$ . De plus $γ (0) = R \frac{A}{R} = A$ . Enfin, en posant $μ (t) = ∥ A + t v ∥ = \sqrt{R^{2} + t^{2} ∥ v ∥^{2}}$ , on a $μ (0) = R$ et $μ^{'} (0) = 0$ (la dérivée de $t \mapsto \sqrt{R^{2} + t^{2} ∥ v ∥^{2}}$ en $0$ est nulle), donc

γ^{'} (0) = R \frac{v μ (0) - A μ^{'} (0)}{μ (0)^{2}} = R \frac{R v}{R^{2}} = v .

Le vecteur $v$ est donc bien tangent à la sphère en $A$ .

Dérivées partielles d'ordre supérieur

Définition et classe $C^{k}$

Définition

Soient $U$ un ouvert de $E$ muni d'une base $(e_{1}, \dots, e_{n})$ , et $f : U \to F$ admettant des dérivées partielles en tout point de $U$ . Chaque $\partial_{j} f$ est alors une application de $U$ dans $F$ , et l'on peut recommencer : lorsqu'elle existe, la dérivée partielle seconde d'indices $(i, j)$ est

\partial_{i, j}^{2} f = \partial_{i} (\partial_{j} f), not \overset{ˊ}{e} e aussi \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} .

Lorsque $i = j$ , on écrit $\partial_{i, i}^{2} f = \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i}^{2}}$ .

Plus généralement, pour $k \in N^{*}$ , on dit que $f$ est de classe $C^{k}$ sur $U$ lorsque toutes les dérivées partielles de $f$ jusqu'à l'ordre $k$ existent et sont continues sur $U$ . On dit que $f$ est de classe $C^{\infty}$ lorsqu'elle est de classe $C^{k}$ pour tout $k$ .

Remarque

Attention à l'ordre de lecture des indices : dans $\partial_{i, j}^{2} f$ , on dérive d'abord par rapport à $x_{j}$ , puis par rapport à $x_{i}$ . C'est la convention cohérente avec la notation $\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} = \frac{\partial}{\partial x_{i}} (\frac{\partial f}{\partial x_{j}})$ , qui se lit de droite à gauche comme une composition. Le théorème de Schwarz rendra cette question sans conséquence pour les fonctions de classe $C^{2}$ , mais la convention doit être fixée pour que l'énoncé ait un sens.

Comme pour la classe $C^{1}$ , la définition ne dépend pas de la base choisie, et les opérations se comportent bien : combinaison linéaire, produit, quotient à dénominateur non nul et composée de fonctions de classe $C^{k}$ sont de classe $C^{k}$ . C'est ce qui permet de conclure d'un mot que $(x, y) \mapsto e^{x} \cos y$ est de classe $C^{\infty}$ sur $R^{2}$ .

Le théorème de Schwarz

Théorème

Théorème de Schwarz (admis). Soient $U$ un ouvert de $E$ et $f : U \to F$ de classe $C^{2}$ sur $U$ . Alors, pour tous indices $i$ et $j$ et tout $a \in U$ ,

\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} (a) = \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{j} \partial x_{i}} (a) .

Plus généralement, pour une fonction de classe $C^{k}$ , le résultat d'une dérivation d'ordre $ℓ ⩽ k$ ne dépend pas de l'ordre dans lequel les dérivations sont effectuées.

Remarque

La démonstration n'est pas exigible, mais l'énoncé doit être compris. Ce que dit Schwarz est que, pour une fonction suffisamment régulière, les dérivations partielles commutent : dériver en $x$ puis en $y$ donne le même résultat que dériver en $y$ puis en $x$ . C'est ce qui permet, dans la pratique, de choisir l'ordre le plus commode et de ne calculer qu'une seule des deux dérivées croisées.

Ce que Schwarz ne dit pas, c'est que ce serait vrai sans hypothèse. L'hypothèse $C^{2}$ est réellement nécessaire, comme le montre le contre-exemple suivant.

Exemple

L'hypothèse $C^{2}$ n'est pas décorative. Soit $f : R^{2} \to R$ définie par

f (x, y) = \frac{x y (x^{2} - y^{2})}{x^{2} + y^{2}} si (x, y) \neq (0, 0), f (0, 0) = 0.

On admet que $f$ est de classe $C^{1}$ sur $R^{2}$ (elle est de classe $C^{\infty}$ hors de l'origine par opérations, et un calcul de majoration montre la continuité des dérivées partielles en l'origine).

Calcul de $\partial_{x} f$ sur l'axe des ordonnées. Pour $y$ fixé et $x \neq 0$ ,

\frac{f (x, y) - f (0, y)}{x} = \frac{1}{x} \times \frac{x y (x^{2} - y^{2})}{x^{2} + y^{2}} = \frac{y (x^{2} - y^{2})}{x^{2} + y^{2}} \to_{x \to 0}^{} \frac{y \times (- y^{2})}{y^{2}} = - y

lorsque $y \neq 0$ , et le quotient est nul si $y = 0$ . Donc $\partial_{x} f (0, y) = - y$ pour tout $y \in R$ .

Calcul de $\partial_{y} f$ sur l'axe des abscisses. Symétriquement, pour $x$ fixé et $y \neq 0$ ,

\frac{f (x, y) - f (x, 0)}{y} = \frac{x (x^{2} - y^{2})}{x^{2} + y^{2}} \to_{y \to 0}^{} \frac{x \times x^{2}}{x^{2}} = x,

donc $\partial_{y} f (x, 0) = x$ pour tout $x \in R$ .

Les dérivées croisées en l'origine. En dérivant les deux fonctions obtenues :

\frac{\partial^{2} f}{\partial y \partial x} (0, 0) = \frac{d}{d y} [\partial_{x} f (0, y)]_{y = 0} = \frac{d}{d y} [- y]_{y = 0} = - 1,

\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (0, 0) = \frac{d}{d x} [\partial_{y} f (x, 0)]_{x = 0} = \frac{d}{d x} [x]_{x = 0} = 1.

Les deux dérivées croisées existent en l'origine et diffèrent : $- 1 \neq 1$ . La conclusion de Schwarz est donc en défaut, ce qui prouve que $f$ n'est pas de classe $C^{2}$ au voisinage de l'origine, si régulière qu'elle paraisse.

Matrice hessienne

Définition

Soient $U$ un ouvert de $R^{n}$ , $f : U \to R$ de classe $C^{2}$ et $a \in U$ . La matrice hessienne de $f$ en $a$ est la matrice carrée d'ordre $n$

H_{f} (a) = {(\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} (a))}_{1 ⩽ i, j ⩽ n} .

Propriété

Si $f$ est de classe $C^{2}$ sur $U$ , la matrice $H_{f} (a)$ est symétrique pour tout $a \in U$ .

Démonstration. Le coefficient d'indice $(i, j)$ est $\partial_{i, j}^{2} f (a)$ et celui d'indice $(j, i)$ est $\partial_{j, i}^{2} f (a)$ : ils sont égaux par le théorème de Schwarz. $□$

Remarque

Cette symétrie n'est pas un détail esthétique : c'est elle qui donnera accès au théorème spectral. Une matrice symétrique réelle est diagonalisable en base orthonormée, à valeurs propres réelles, et c'est le signe de ces valeurs propres qui décidera de la nature d'un point critique. Toute la section d'optimisation au second ordre repose sur ce fait.

Exemple

Trois hessiennes. Pour $f (x, y) = x^{3} + y^{3} - 3 x y$ , on a $\partial_{x} f = 3 x^{2} - 3 y$ et $\partial_{y} f = 3 y^{2} - 3 x$ , d'où

H_{f} (x, y) = (\begin{array}{cc} 6 x & - 3 \\ - 3 & 6 y \end{array}) .

Pour $f (x, y) = e^{x} \cos y$ , on obtient $H_{f} (x, y) = (\begin{array}{cc} e^{x} \cos y & - e^{x} \sin y \\ - e^{x} \sin y & - e^{x} \cos y \end{array})$ .

Pour $f (x) = ⟨ A x, x ⟩$ avec $A \in S_{n} (R)$ , on a $\nabla f (x) = 2 A x$ , dont les dérivées partielles donnent $H_{f} (x) = 2 A$ , constante.

Formule de Taylor-Young à l'ordre 2

Théorème

Formule de Taylor-Young à l'ordre $2$ (admise). Soient $U$ un ouvert de $R^{n}$ , $f : U \to R$ de classe $C^{2}$ sur $U$ et $a \in U$ . Alors, pour $h = (h_{1}, \dots, h_{n})$ tendant vers $0$ ,

f (a + h) = f (a) + \sum_{i = 1}^{n} h_{i} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (a) + \frac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} h_{i} h_{j} \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} (a) + o (∥ h ∥^{2}) .

Avec les notations matricielles, en identifiant $h$ à une colonne et en munissant $R^{n}$ du produit scalaire canonique :

f (a + h) = f (a) + ⟨ \nabla f (a), h ⟩ + \frac{1}{2}^{t} h H_{f} (a) h + o (∥ h ∥^{2}) .

Remarque

La différentielle seconde est hors programme. Dans d'autres cursus, on introduit un objet $d^{2} f (a)$ , application bilinéaire symétrique, et l'on écrit le terme d'ordre $2$ sous la forme $\frac{1}{2} d^{2} f (a) (h, h)$ . Cet objet n'existe pas dans le programme de MP, et il ne faut ni l'utiliser ni l'invoquer dans une copie. L'ordre $2$ s'écrit exclusivement avec les dérivées partielles secondes, la matrice hessienne et la formule ci-dessus, en coordonnées.

Notez aussi le domaine d'application : la fonction est numérique (à valeurs dans $R$ ) et l'espace de départ est $R^{n}$ (ou un espace euclidien rapporté à une base orthonormée). C'est le seul cadre dont nous aurons besoin, puisque l'optimisation concerne des fonctions à valeurs réelles.

Exemple

Un développement à l'ordre 2. Soit $f (x, y) = e^{x} \cos y$ , de classe $C^{\infty}$ sur $R^{2}$ , et $a = (0, 0)$ . On a $f (0, 0) = 1$ ,

\nabla f (0, 0) = (e^{x} \cos y, - e^{x} \sin y)_{(0, 0)} = (1, 0), H_{f} (0, 0) = (\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{array}) .

La formule de Taylor-Young donne donc

f (x, y) = 1 + x + \frac{1}{2} (x^{2} - y^{2}) + o (x^{2} + y^{2}) .

Contrôle par les développements limités d'une variable : $e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})$ et $\cos y = 1 - \frac{y^{2}}{2} + o (y^{2})$ , d'où en multipliant et en ne gardant que les termes de degré au plus $2$ : $1 + x + \frac{x^{2}}{2} - \frac{y^{2}}{2}$ . Les deux méthodes concordent, et la seconde est souvent la plus rapide en pratique.

Optimisation

Vocabulaire

Définition

Soient $X$ une partie de $E$ , $f : X \to R$ et $a \in X$ .

On dit que $f$ admet en $a$ un maximum global sur $X$ lorsque $f (x) ⩽ f (a)$ pour tout $x \in X$ , et un minimum global lorsque $f (x) ⩾ f (a)$ pour tout $x \in X$ .

On dit que $f$ admet en $a$ un maximum local lorsqu'il existe $r > 0$ tel que $f (x) ⩽ f (a)$ pour tout $x \in X \cap B (a, r)$ , et de même pour un minimum local.

Un extremum est un maximum ou un minimum. L'extremum est dit strict lorsque l'inégalité est stricte pour $x \neq a$ .

Remarque

Trois précisions de vocabulaire qui coûtent des points quand elles sont négligées.

Un extremum global est en particulier local ; la réciproque est fausse. Un extremum local est une propriété au voisinage du point, et rien n'interdit à la fonction de prendre ailleurs des valeurs bien plus grandes.

L'extremum est la valeur $f (a)$ , le point $a$ est le point où il est atteint. On demande souvent « en quels points l'extremum est-il atteint » : il peut y en avoir plusieurs, et il faut tous les donner.

Enfin, l'existence d'un extremum n'est jamais acquise : $x \mapsto x$ n'a ni maximum ni minimum sur $R$ , et $x \mapsto e^{- x}$ n'a pas de minimum sur $R$ bien qu'elle soit minorée par $0$ . Il faudra donc systématiquement produire un argument d'existence, ou bien conclure par un calcul complet.

Condition nécessaire du premier ordre

Définition

Soient $U$ un ouvert de $E$ et $f : U \to R$ différentiable sur $U$ . Un point $a \in U$ est un point critique de $f$ lorsque $d f (a) = 0$ , c'est-à-dire, si $E$ est euclidien, lorsque $\nabla f (a) = 0_{E}$ , ou encore lorsque toutes les dérivées partielles de $f$ s'annulent en $a$ .

Théorème

Condition nécessaire du premier ordre. Soient $U$ un ouvert de $E$ , $f : U \to R$ et $a \in U$ . Si $f$ admet un extremum local en $a$ et si $f$ est différentiable en $a$ , alors

d f (a) = 0,

c'est-à-dire que $a$ est un point critique de $f$ .

Démonstration. Supposons par exemple que $f$ admette un maximum local en $a$ : il existe $r > 0$ tel que $B (a, r) \subseteq U$ (car $U$ est ouvert, quitte à diminuer $r$ ) et $f (x) ⩽ f (a)$ pour tout $x \in B (a, r)$ .

Soit $v \in E$ non nul. Posons $η = \frac{r}{∥ v ∥}$ et, pour $t \in] - η, η [$ ,

φ (t) = f (a + t v) .

La fonction $φ$ est bien définie car $∥ t v ∥ < r$ , et elle est dérivable en $0$ avec $φ^{'} (0) = D_{v} f (a) = d f (a) (v)$ , d'après la propriété liant différentielle et dérivée selon un vecteur.

Par ailleurs, $φ (t) = f (a + t v) ⩽ f (a) = φ (0)$ pour tout $t \in] - η, η [$ : la fonction $φ$ , d'une variable réelle, admet un maximum en $0$ , qui est un point intérieur à son intervalle de définition. Le théorème de première année s'applique : $φ^{'} (0) = 0$ .

Ainsi $d f (a) (v) = 0$ pour tout $v \neq 0_{E}$ , et aussi pour $v = 0_{E}$ par linéarité. Donc $d f (a) = 0$ . Le cas d'un minimum local se traite de même, ou en appliquant ce qui précède à $- f$ . $□$

Remarque

Deux hypothèses, deux pièges.

L'ouvert. Le théorème est faux si $a$ n'est pas intérieur. Sur $X = [0, 1]$ , la fonction $f (x) = x$ atteint son maximum en $1$ , et pourtant $f^{'} (1) = 1 \neq 0$ . Le maximum est « bloqué par le bord », et la dérivée n'a aucune raison de s'annuler. C'est pour cette raison que la recherche d'extremums sur un fermé se fait toujours en deux temps : l'intérieur, puis la frontière.

La condition est nécessaire, pas suffisante. Un point critique est un candidat, rien de plus, exactement comme en première année où $x \mapsto x^{3}$ a un point critique en $0$ sans y avoir d'extremum. En plusieurs variables, le phénomène est même plus riche : il apparaît des points selle (ou points col), où la fonction croît dans une direction et décroît dans une autre.

Exemple

Le point selle modèle. Soit $f (x, y) = x y$ sur $R^{2}$ . On a $\nabla f (x, y) = (y, x)$ , donc l'unique point critique est l'origine. Pourtant, pour $t \neq 0$ ,

f (t, t) = t^{2} > 0 = f (0, 0) et f (t, - t) = - t^{2} < 0 = f (0, 0) .

Dans tout voisinage de l'origine, $f$ prend donc des valeurs strictement supérieures et strictement inférieures à $f (0, 0)$ : il n'y a aucun extremum local en $(0, 0)$ . La surface d'équation $z = x y$ a la forme d'une selle de cheval, d'où le nom.

Existence d'un extremum global par compacité

Théorème

Théorème des bornes atteintes. Soient $K$ une partie compacte non vide de $E$ (c'est-à-dire, $E$ étant de dimension finie, une partie fermée et bornée non vide) et $f : K \to R$ continue. Alors $f$ est bornée sur $K$ et atteint ses bornes : il existe $a, b \in K$ tels que

\forall x \in K, f (a) ⩽ f (x) ⩽ f (b) .

Remarque

C'est un théorème du chapitre de topologie, rappelé ici parce qu'il est le pivot de toute la section. Retenez la logique : le calcul différentiel ne prouve jamais l'existence d'un extremum, il ne fait que localiser les candidats. L'existence vient de la topologie, par compacité ou par coercivité.

La vérification que $K$ est compact doit être écrite : « $K$ est fermé comme image réciproque d'un fermé par une application continue, et borné car inclus dans une boule », voilà la phrase type. Elle prend deux lignes et elle est exigée.

Méthode

Recherche des extremums d'une fonction continue sur un compact. La stratégie ne varie jamais.

Existence : vérifier que $K$ est fermé borné non vide et que $f$ est continue, puis conclure que $f$ atteint son maximum et son minimum sur $K$ . À ce stade, on sait que les extremums existent, sans savoir où.
Points intérieurs : si un extremum est atteint en un point $a$ de l'intérieur de $K$ et si $f$ y est différentiable, alors $a$ est un point critique. On résout donc le système $\nabla f = 0$ dans l'intérieur, et l'on retient les solutions comme candidats.
Frontière : la condition du premier ordre ne s'y applique pas. On paramètre la frontière (cercle par $θ$ , segments d'un carré par une variable, etc.) et l'on étudie la fonction d'une variable obtenue, avec les outils de première année.
Comparaison : on calcule $f$ en tous les candidats (intérieurs et frontière) et l'on compare les valeurs. La plus grande est le maximum, la plus petite le minimum.

Ne cherchez jamais de multiplicateur de Lagrange pour traiter l'étape 3 : c'est hors programme, et le paramétrage suffit à tous les exercices du programme.

Exemple

Extremums sur le disque unité fermé. Soit

K = {(x, y) \in R^{2}; x^{2} + y^{2} ⩽ 1}, f (x, y) = x^{2} + y^{2} + x y .

Étape 1 : existence. L'ensemble $K$ est fermé (image réciproque du fermé $] - \infty, 1]$ par la fonction continue $(x, y) \mapsto x^{2} + y^{2}$ ), borné (inclus dans la boule de centre l'origine et de rayon $1$ ) et non vide. La fonction $f$ est polynomiale donc continue. Elle atteint donc son maximum et son minimum sur $K$ .

Étape 2 : l'intérieur. L'intérieur de $K$ est le disque ouvert ${x^{2} + y^{2} < 1}$ . La fonction $f$ y est de classe $C^{1}$ et

\nabla f (x, y) = (2 x + y, x + 2 y) .

Le système $2 x + y = 0$ et $x + 2 y = 0$ a pour unique solution $(0, 0)$ : en effet, en soustrayant, $x - y = 0$ puis $3 x = 0$ . Le seul point critique intérieur est donc l'origine, avec $f (0, 0) = 0$ .

Étape 3 : la frontière. C'est le cercle unité, que l'on paramètre par $(\cos θ, \sin θ)$ pour $θ \in [0, 2 π]$ . Alors

g (θ) = f (\cos θ, \sin θ) = \cos^{2} θ + \sin^{2} θ + \cos θ \sin θ = 1 + \frac{1}{2} \sin (2 θ) .

Comme $\sin (2 θ)$ décrit $[- 1, 1]$ quand $θ$ décrit $[0, 2 π]$ , la fonction $g$ décrit $[\frac{1}{2}, \frac{3}{2}]$ . Le minimum $\frac{1}{2}$ est atteint pour $2 θ = - \frac{π}{2}$ modulo $2 π$ , c'est-à-dire aux points $\pm (\frac{\sqrt{2}}{2}, - \frac{\sqrt{2}}{2})$ , et le maximum $\frac{3}{2}$ pour $2 θ = \frac{π}{2}$ modulo $2 π$ , c'est-à-dire aux points $\pm (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$ .

Étape 4 : comparaison. Les valeurs candidates sont $0$ (à l'intérieur), $\frac{1}{2}$ et $\frac{3}{2}$ (sur le bord). Donc

\min_{K} f = 0 atteint en (0, 0), \max_{K} f = \frac{3}{2} atteint en \pm (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}) .

Vérification du maximum : $f (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ . Tout concorde.

Remarque

Si la frontière est un carré ou un triangle plutôt qu'un cercle, l'étape 3 se découpe : on étudie séparément chaque côté (fonction d'une variable sur un segment) sans oublier de traiter les sommets, qui appartiennent à deux côtés à la fois et où les études par côté peuvent ne pas donner de dérivée nulle. Pour $[0, 1]^{2}$ , cela fait quatre segments et quatre sommets.

Conditions du second ordre

Théorème

Nature d'un point critique par la hessienne. Soient $U$ un ouvert de $R^{n}$ , $f : U \to R$ de classe $C^{2}$ et $a \in U$ un point critique de $f$ . Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres de la matrice symétrique $H_{f} (a)$ .

Si toutes les valeurs propres sont strictement positives (hessienne définie positive), alors $f$ admet en $a$ un minimum local strict.
Si toutes les valeurs propres sont strictement négatives (hessienne définie négative), alors $f$ admet en $a$ un maximum local strict.
S'il existe deux valeurs propres de signes opposés (une strictement positive et une strictement négative), alors $f$ n'admet pas d'extremum local en $a$ : c'est un point selle.
Si $0$ est valeur propre et que les autres valeurs propres sont toutes de même signe (au sens large), on ne peut rien conclure : le cas est dit dégénéré, et il faut une étude directe.

Démonstration du cas 1. Supposons $H = H_{f} (a)$ définie positive et notons $λ_{\min} > 0$ sa plus petite valeur propre. La matrice $H$ étant symétrique réelle, le théorème spectral fournit une base orthonormée $(u_{1}, \dots, u_{n})$ de vecteurs propres, associée aux valeurs propres $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ . Pour $h = \sum_{i} c_{i} u_{i}$ , on a alors

^{t} h H h = ⟨ H h, h ⟩ = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} c_{i}^{2} ⩾ λ_{\min} \sum_{i = 1}^{n} c_{i}^{2} = λ_{\min} ∥ h ∥^{2},

la dernière égalité venant de l'orthonormalité de la base.

Écrivons maintenant la formule de Taylor-Young à l'ordre $2$ en $a$ , en tenant compte de $\nabla f (a) = 0$ :

f (a + h) - f (a) = \frac{1}{2}^{t} h H h + ∥ h ∥^{2} ε (h), avec ε (h) \to_{h \to 0}^{} 0.

D'après la minoration précédente,

f (a + h) - f (a) ⩾ (\frac{λ_{\min}}{2} + ε (h)) ∥ h ∥^{2} .

Comme $ε (h) \to 0$ , il existe $r > 0$ tel que $B (a, r) \subseteq U$ et $∣ ε (h) ∣ ⩽ \frac{λ_{\min}}{4}$ pour $∥ h ∥ < r$ . Pour un tel $h$ non nul,

f (a + h) - f (a) ⩾ (\frac{λ_{\min}}{2} - \frac{λ_{\min}}{4}) ∥ h ∥^{2} = \frac{λ_{\min}}{4} ∥ h ∥^{2} > 0.

Donc $f (a + h) > f (a)$ pour tout $h$ non nul de norme inférieure à $r$ : la fonction $f$ admet en $a$ un minimum local strict. $□$

Démonstration du cas 2. Appliquer le cas 1 à $- f$ , dont la hessienne en $a$ est $- H_{f} (a)$ , de valeurs propres $- λ_{i} > 0$ . $□$

Démonstration du cas 3. Soient $u$ un vecteur propre unitaire associé à une valeur propre $λ > 0$ et $w$ un vecteur propre unitaire associé à une valeur propre $μ < 0$ . Taylor-Young appliqué à $h = t u$ donne, pour $t \to 0$ ,

f (a + t u) - f (a) = \frac{t^{2}}{2}^{t} u H u + t^{2} ε (t u) = t^{2} (\frac{λ}{2} + ε (t u)),

car $^{t} u H u = ⟨ λ u, u ⟩ = λ$ et $∥ t u ∥^{2} = t^{2}$ . Pour $∣ t ∣$ assez petit et non nul, la parenthèse est strictement positive, donc $f (a + t u) > f (a)$ .

De même, $f (a + t w) - f (a) = t^{2} (\frac{μ}{2} + ε (t w)) < 0$ pour $∣ t ∣$ assez petit non nul. Dans tout voisinage de $a$ , la fonction prend donc des valeurs strictement supérieures et strictement inférieures à $f (a)$ : il n'y a pas d'extremum local en $a$ . $□$

Remarque

Sur le cas 4, il faut être catégorique : lorsque $0$ est valeur propre de la hessienne, le théorème ne dit rien, et écrire « la hessienne est positive donc c'est un minimum » est une faute. Voici trois fonctions ayant en l'origine un point critique et la même hessienne $(\begin{array}{cc} 2 & 0 \\ 0 & 0 \end{array})$ , dégénérée, et trois comportements différents.

Pour $f (x, y) = x^{2} + y^{4}$ , l'origine est un minimum global strict, car $f > 0$ partout ailleurs.

Pour $f (x, y) = x^{2} - y^{4}$ , il n'y a pas d'extremum : $f (0, y) = - y^{4} < 0$ tandis que $f (x, 0) = x^{2} > 0$ .

Pour $f (x, y) = x^{2} + y^{3}$ , il n'y a pas non plus d'extremum, car $f (0, y) = y^{3}$ change de signe.

Dans les trois cas, il a fallu regarder la fonction elle-même, et non sa hessienne.

Remarque

Un piège plus subtil, à connaître. Il ne suffit pas d'étudier $f$ le long des droites passant par le point critique. Considérons

f (x, y) = (y - x^{2}) (y - 2 x^{2}) = y^{2} - 3 x^{2} y + 2 x^{4} .

Son gradient est $\nabla f (x, y) = (- 6 x y + 8 x^{3}, 2 y - 3 x^{2})$ , nul en l'origine, qui est donc un point critique, et $H_{f} (0, 0) = (\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 2 \end{array})$ est dégénérée.

Le long de toute droite passant par l'origine, $f$ admet un minimum strict en $0$ : pour $y = m x$ avec $m \neq 0$ , $f (x, m x) = m^{2} x^{2} - 3 m x^{3} + 2 x^{4} \sim m^{2} x^{2} > 0$ au voisinage de $0$ ; pour $y = 0$ , $f (x, 0) = 2 x^{4} > 0$ ; pour $x = 0$ , $f (0, y) = y^{2} > 0$ .

Et pourtant l'origine n'est pas un minimum local : le long de la parabole $y = \frac{3}{2} x^{2}$ ,

f (x, \frac{3}{2} x^{2}) = (\frac{3}{2} x^{2} - x^{2}) (\frac{3}{2} x^{2} - 2 x^{2}) = (\frac{1}{2} x^{2}) (- \frac{1}{2} x^{2}) = - \frac{x^{4}}{4} < 0

pour tout $x \neq 0$ . On retrouve, en optimisation, la leçon de la première section du chapitre : les droites ne suffisent pas.

Le cas de deux variables : notations $r$ , $s$ , $t$

Propriété

Soient $U$ un ouvert de $R^{2}$ , $f : U \to R$ de classe $C^{2}$ et $a \in U$ un point critique. Posons (notations de Monge)

r = \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (a), s = \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (a), t = \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (a), H_{f} (a) = (\begin{array}{cc} r & s \\ s & t \end{array}) .

Le déterminant vaut $r t - s^{2}$ et la trace vaut $r + t$ , ce qui donne le tableau suivant.

Discriminant	Signe de $r$	Nature du point critique $a$
$r t - s^{2} > 0$	$r > 0$	minimum local strict
$r t - s^{2} > 0$	$r < 0$	maximum local strict
$r t - s^{2} < 0$	quelconque	point selle, pas d'extremum
$r t - s^{2} = 0$	quelconque	cas dégénéré, étude directe nécessaire

Démonstration. Le produit des deux valeurs propres de $H_{f} (a)$ vaut $\det H_{f} (a) = r t - s^{2}$ , leur somme vaut $r + t$ .

Si $r t - s^{2} > 0$ , les deux valeurs propres sont non nulles et de même signe. De plus $r t > s^{2} ⩾ 0$ , donc $r$ et $t$ sont non nuls et de même signe, et le signe commun des valeurs propres est celui de leur somme $r + t$ , donc celui de $r$ . Si $r > 0$ les deux valeurs propres sont strictement positives (cas 1 du théorème), si $r < 0$ elles sont strictement négatives (cas 2).

Si $r t - s^{2} < 0$ , le produit des valeurs propres est strictement négatif : elles sont de signes opposés, c'est le cas 3.

Si $r t - s^{2} = 0$ , l'une des valeurs propres est nulle : c'est le cas dégénéré. $□$

Exemple

Étude complète sur un ouvert. Cherchons les extremums locaux de $f (x, y) = x^{3} + y^{3} - 3 x y$ sur $R^{2}$ .

Points critiques. La fonction est polynomiale donc de classe $C^{\infty}$ , et

\nabla f (x, y) = (3 x^{2} - 3 y, 3 y^{2} - 3 x) .

Le système s'écrit $y = x^{2}$ et $x = y^{2}$ . En substituant, $x = x^{4}$ , donc $x (x^{3} - 1) = 0$ , d'où $x = 0$ ou $x = 1$ . Les points critiques sont donc $(0, 0)$ et $(1, 1)$ .

Nature. La hessienne est $H_{f} (x, y) = (\begin{array}{cc} 6 x & - 3 \\ - 3 & 6 y \end{array})$ .

En $(0, 0)$ : $r = 0$ , $s = - 3$ , $t = 0$ , donc $r t - s^{2} = - 9 < 0$ : point selle, pas d'extremum.

En $(1, 1)$ : $r = 6$ , $s = - 3$ , $t = 6$ , donc $r t - s^{2} = 36 - 9 = 27 > 0$ et $r = 6 > 0$ : minimum local strict, de valeur $f (1, 1) = 1 + 1 - 3 = - 1$ .

Pas d'extremum global. La fonction n'est pas minorée : $f (x, 0) = x^{3} \to - \infty$ quand $x \to - \infty$ . Elle n'est pas majorée non plus. Le minimum local en $(1, 1)$ n'est donc pas global, ce qui rappelle que les deux notions sont indépendantes.

Coercivité

Sur un ouvert non borné comme $R^{n}$ , la compacité est indisponible. L'argument de remplacement est le suivant, et il est très fréquent aux concours.

Théorème

Existence d'un minimum global par coercivité. Soit $f : R^{n} \to R$ continue et coercive, au sens où

f (x) \to_{∥ x ∥ \to + \infty}^{} + \infty,

c'est-à-dire : pour tout $M \in R$ , il existe $R > 0$ tel que $∥ x ∥ > R$ implique $f (x) > M$ . Alors $f$ admet un minimum global sur $R^{n}$ , atteint en au moins un point.

Démonstration. Posons $M = f (0)$ . Par coercivité appliquée à ce réel $M$ , il existe $R > 0$ tel que

∥ x ∥ > R ⟹ f (x) > M .

Considérons la boule fermée $K = B_{f} (0, R)$ . C'est une partie fermée, bornée et non vide de $R^{n}$ (elle contient $0$ ), donc une partie compacte puisque la dimension est finie. La fonction $f$ y est continue, donc elle atteint son minimum sur $K$ : il existe $x_{0} \in K$ tel que

\forall x \in K, f (x_{0}) ⩽ f (x) .

En particulier, comme $0 \in K$ , on a $f (x_{0}) ⩽ f (0) = M$ .

Montrons que $x_{0}$ réalise le minimum sur $R^{n}$ tout entier. Soit $x \in R^{n}$ . Si $∥ x ∥ ⩽ R$ , alors $x \in K$ et $f (x) ⩾ f (x_{0})$ par définition de $x_{0}$ . Si $∥ x ∥ > R$ , alors $f (x) > M ⩾ f (x_{0})$ . Dans les deux cas $f (x) ⩾ f (x_{0})$ , donc $f$ admet un minimum global en $x_{0}$ . $□$

Remarque

La démonstration mérite d'être sue par cœur : c'est un raisonnement en deux zones (la boule, où l'on utilise la compacité ; l'extérieur, où l'on utilise la coercivité), et il est réclamé tel quel dans de nombreux sujets. Le point technique à ne pas rater est le choix du seuil : on compare à la valeur $f (0)$ , ou à la valeur de $f$ en n'importe quel point fixé, ce qui garantit que le minimum sur la boule est bien inférieur aux valeurs de l'extérieur.

Pour montrer qu'une fonction est coercive, on cherche presque toujours une minoration de la forme $f (x) ⩾ ψ (∥ x ∥)$ avec $ψ (u) \to + \infty$ quand $u \to + \infty$ .

Exemple

Une étude complète avec coercivité. Soit $f (x, y) = x^{4} + y^{4} - 4 x y$ sur $R^{2}$ .

Coercivité. Comme $4 ∣ x y ∣ ⩽ 2 (x^{2} + y^{2})$ (inégalité $2 ∣ x y ∣ ⩽ x^{2} + y^{2}$ ) et $x^{4} + y^{4} ⩾ \frac{(x^{2} + y^{2})^{2}}{2}$ (par convexité, ou en développant $(x^{2} - y^{2})^{2} ⩾ 0$ ), on obtient, en posant $u = x^{2} + y^{2} = ∥ (x, y) ∥^{2}$ :

f (x, y) ⩾ \frac{u^{2}}{2} - 2 u \to_{u \to + \infty}^{} + \infty .

La fonction $f$ est donc coercive, et continue car polynomiale : elle admet un minimum global, atteint en un point de $R^{2}$ .

Localisation. Ce minimum global est en particulier un minimum local atteint en un point de l'ouvert $R^{2}$ , donc en un point critique. Or

\nabla f (x, y) = (4 x^{3} - 4 y, 4 y^{3} - 4 x),

et le système s'écrit $y = x^{3}$ et $x = y^{3}$ , d'où $x = x^{9}$ , soit $x (x^{8} - 1) = 0$ , donc $x \in {- 1, 0, 1}$ . Les points critiques sont $(0, 0)$ , $(1, 1)$ et $(- 1, - 1)$ , de valeurs respectives

f (0, 0) = 0, f (1, 1) = 1 + 1 - 4 = - 2, f (- 1, - 1) = 1 + 1 - 4 = - 2.

Conclusion. Le minimum global vaut donc $- 2$ , atteint exactement en $(1, 1)$ et $(- 1, - 1)$ .

Nature des points critiques, pour compléter. La hessienne est $H_{f} (x, y) = (\begin{array}{cc} 12 x^{2} & - 4 \\ - 4 & 12 y^{2} \end{array})$ . En $(0, 0)$ , $r t - s^{2} = - 16 < 0$ : point selle. En $(1, 1)$ et en $(- 1, - 1)$ , $r t - s^{2} = 144 - 16 = 128 > 0$ et $r = 12 > 0$ : minimums locaux stricts, ce qui est cohérent avec ce qui précède.

Contraintes : le paramétrage, pas Lagrange

Remarque

Les multiplicateurs de Lagrange sont hors programme en MP. Aucun exercice de la filière ne peut donc exiger cette technique, et l'utiliser dans une copie n'apporte rien (au mieux le correcteur l'ignore, au pire il sanctionne un résultat non justifié). Les trois techniques autorisées, et suffisantes, sont les suivantes.

Le paramétrage. Si la contrainte se paramètre explicitement, on substitue et l'on se ramène à une fonction d'une variable de moins. Le cercle $x^{2} + y^{2} = 1$ se paramètre par $(\cos θ, \sin θ)$ , une droite par $t \mapsto A + t u$ , un segment par $t \in [0, 1]$ .

La substitution. Si la contrainte permet d'exprimer une variable en fonction des autres, on remplace. Sous la contrainte $x + y + z = 1$ , on écrit $z = 1 - x - y$ et l'on étudie une fonction de deux variables sur $R^{2}$ .

La compacité. Si la contrainte définit un fermé borné, l'existence des extremums est acquise, et il ne reste qu'à comparer un nombre fini de candidats.

Exemple

Extremums sous contrainte, par paramétrage. Cherchons les extremums de $f (x, y) = x + y$ sur le cercle $C$ d'équation $x^{2} + y^{2} = 1$ .

Le cercle est compact (fermé borné) et $f$ est continue, donc les extremums existent. Paramétrons : pour $θ \in [0, 2 π]$ ,

g (θ) = f (\cos θ, \sin θ) = \cos θ + \sin θ = \sqrt{2} \sin ⁣ (θ + \frac{π}{4}),

en utilisant la formule d'addition. Comme le sinus décrit $[- 1, 1]$ quand $θ + \frac{π}{4}$ parcourt un intervalle de longueur $2 π$ , on obtient

\min_{C} f = - \sqrt{2} atteint en (- \frac{\sqrt{2}}{2}, - \frac{\sqrt{2}}{2}), \max_{C} f = \sqrt{2} atteint en (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}) .

Vérification : $\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}$ . Le tout en cinq lignes, sans aucun outil hors programme.

Méthodes à retenir

Méthode

Justifier qu'une fonction est de classe $C^{1}$ (et donc différentiable). C'est la première phrase de presque tous les exercices, et elle vaut des points.

Décrire l'ouvert $U$ de travail et justifier qu'il est ouvert : $R^{n}$ tout entier, un ensemble d'inégalités strictes entre fonctions continues, ou le complémentaire d'un fermé.
Invoquer les opérations : les fonctions coordonnées sont de classe $C^{\infty}$ , et somme, produit, quotient à dénominateur ne s'annulant pas, composition avec les fonctions usuelles préservent la classe $C^{1}$ .
Conclure : $f$ est de classe $C^{1}$ sur $U$ , donc différentiable en tout point de $U$ , avec $d f (a) (h) = \sum_{i} h_{i} \partial_{i} f (a)$ .

Cas particulier fréquent : en un point où la formule change (souvent l'origine d'une fonction définie par morceaux), les opérations ne s'appliquent pas. Il faut alors une étude séparée, à la main, par la définition.

Méthode

Montrer qu'une fonction n'est pas différentiable en un point. Par ordre de coût croissant, essayer dans cet ordre.

La continuité : si $f$ n'est pas continue en $a$ , elle n'y est pas différentiable. Pour montrer la discontinuité, exhiber deux chemins donnant des limites différentes (droites $y = m x$ , paraboles $y = α x^{2}$ , coordonnées polaires).
La linéarité des dérivées directionnelles : calculer $D_{v} f (a)$ pour $v$ quelconque ; si $v \mapsto D_{v} f (a)$ n'est pas linéaire, $f$ n'est pas différentiable.
Le développement limité : si les dérivées partielles existent, la seule différentielle possible est $h \mapsto \sum_{i} h_{i} \partial_{i} f (a)$ . Poser

ρ (h) = \frac{f (a + h) - f (a) - \sum_{i} h_{i} \partial_{i} f (a)}{∥ h ∥}

et montrer que $ρ (h)$ ne tend pas vers $0$ , en choisissant un chemin bien adapté.

Modèle du point 3 : $f (x, y) = \sqrt{∣ x y ∣}$ en l'origine. Ses deux dérivées partielles y sont nulles car $f (x, 0) = f (0, y) = 0$ , donc la seule candidate est la différentielle nulle. Or, le long de la droite $y = x$ avec $x > 0$ ,

ρ (x, x) = \frac{\sqrt{x^{2}}}{\sqrt{2} x} = \frac{1}{\sqrt{2}} \to̸ 0.

Donc $f$ n'est pas différentiable en $(0, 0)$ , bien qu'elle y soit continue et y admette des dérivées partielles.

Méthode

Calculer une différentielle en algèbre. Deux calculs classiques reviennent sans cesse, et se traitent tous les deux par un développement limité matriciel.

Le déterminant. L'application $\det : M_{n} (R) \to R$ est polynomiale en les coefficients, donc de classe $C^{\infty}$ . En développant $\det (I_{n} + M)$ par la formule de Leibniz, le terme de la permutation identité vaut $\prod_{i} (1 + m_{i, i}) = 1 + \sum_{i} m_{i, i} + (degr \overset{ˊ}{e} ⩾ 2)$ , et toute autre permutation déplace au moins deux indices, donc contribue un produit contenant au moins deux coefficients hors diagonale, de degré au moins $2$ . D'où

\det (I_{n} + M) = 1 + tr (M) + o (∥ M ∥), c’est- \overset{ˋ}{a} -dire d \det (I_{n}) (M) = tr (M) .

En un point $A$ inversible, on factorise : $\det (A + H) = \det (A) \det ⁣ (I_{n} + A^{- 1} H)$ , d'où

d \det (A) (H) = \det (A) tr ⁣ (A^{- 1} H) .

L'inverse. L'ensemble ${G L}_{n} (R)$ est un ouvert de $M_{n} (R)$ (image réciproque de $R^{*}$ par $\det$ , continue). Pour $A$ inversible et $H$ de norme assez petite,

(A + H)^{- 1} = {(I_{n} + A^{- 1} H)}^{- 1} A^{- 1} = (I_{n} - A^{- 1} H + o (∥ H ∥)) A^{- 1},

en utilisant le développement $(I_{n} + M)^{- 1} = I_{n} - M + o (∥ M ∥)$ , qui provient de la série géométrique de matrices pour $∥ M ∥ < 1$ avec une norme sous-multiplicative. D'où

d i n v (A) (H) = - A^{- 1} H A^{- 1} .

On retrouve, pour $n = 1$ , la dérivée de $x \mapsto \frac{1}{x}$ , qui vaut $- \frac{1}{x^{2}}$ .

Méthode

Résoudre une EDP linéaire du premier ordre par changement de variables. Le schéma est invariable.

Choisir le changement de variables. Pour $α \partial_{x} f + β \partial_{y} f = 0$ , prendre une nouvelle variable constante le long de la direction $(α, β)$ , par exemple $u = β x - α y$ , et compléter par une seconde variable indépendante, par exemple $w = x$ . Pour une invariance par rotation, passer en polaires.
Poser $g$ en composant $f$ avec le changement de variables inverse, écrit explicitement, et vérifier que $g$ est de classe $C^{1}$ sur un ouvert convexe (ou un produit d'intervalles).
Traduire l'équation avec la règle de la chaîne, en n'oubliant pas que les dérivées de $f$ sont évaluées au point image.
Intégrer : une dérivée partielle nulle sur un produit d'intervalles signifie que la fonction ne dépend pas de cette variable ; on introduit alors une fonction arbitraire d'une variable, de classe $C^{1}$ .
Revenir à $f$ et vérifier la réciproque par un calcul direct. Cette dernière étape n'est pas facultative.

Méthode

Chercher les extremums d'une fonction sur un ouvert. Attention, sur un ouvert, rien ne garantit l'existence d'un extremum.

Justifier que $f$ est de classe $C^{1}$ (voire $C^{2}$ ) sur l'ouvert $U$ .
Résoudre le système $\nabla f = 0$ pour trouver tous les points critiques. Les résolutions se font par substitution, factorisation, ou en soustrayant les équations quand le système est symétrique.
Pour chaque point critique, calculer la hessienne et conclure par le signe des valeurs propres, ou par le discriminant $r t - s^{2}$ en dimension $2$ .
Si la hessienne est dégénérée, étudier directement le signe de $f (a + h) - f (a)$ , en factorisant ou en testant des chemins bien choisis (dont des paraboles, pas seulement des droites).
Pour un extremum global, il faut un argument supplémentaire : coercivité, ou minoration explicite du type $f (x) - f (a) ⩾ 0$ valable partout, ou étude du comportement à l'infini pour conclure qu'il n'y en a pas.

Méthode

Chercher les extremums d'une fonction sur un fermé borné. C'est la méthode détaillée plus haut, résumée pour mémoire.

Existence par compacité : $K$ fermé, borné, non vide, $f$ continue.
Intérieur : les extremums qui y sont atteints sont des points critiques ; résoudre $\nabla f = 0$ sur l'intérieur.
Frontière : paramétrer et étudier une fonction d'une variable, sans oublier les points anguleux (sommets d'un carré ou d'un triangle).
Comparer toutes les valeurs candidates et conclure en donnant à la fois la valeur de l'extremum et le ou les points où il est atteint.

Erreurs classiques

Confondre dérivées partielles et différentiabilité. C'est l'erreur numéro un, et elle est éliminatoire dans une question de cours. Écrire « les dérivées partielles existent donc $f$ est différentiable » est faux : la fonction $\frac{x y}{x^{2} + y^{2}}$ prolongée par $0$ admet deux dérivées partielles nulles en l'origine et n'y est même pas continue. Ce qui est vrai, c'est le théorème avec l'hypothèse de continuité des dérivées partielles sur un ouvert. Le mot « continue » n'est pas une formalité de rédaction : c'est l'hypothèse.

Croire que l'existence de toutes les dérivées directionnelles suffit. Version savante de l'erreur précédente, et tout aussi fausse. La fonction $\frac{x^{2} y}{x^{4} + y^{2}}$ admet en l'origine une dérivée dans toutes les directions et n'y est pas continue. Les droites ne voient pas les paraboles.

Chercher un extremum sur un fermé en oubliant la frontière. On résout $\nabla f = 0$ , on trouve deux points critiques, on compare leurs valeurs et l'on annonce le maximum. Mais si le domaine est un disque fermé ou un carré, le maximum peut très bien être atteint au bord, là où le gradient ne s'annule pas. La recherche sur un compact comporte toujours deux volets, l'intérieur et la frontière, et un devoir qui n'en traite qu'un est incomplet.

Appliquer la condition du premier ordre en un point qui n'est pas intérieur. Le théorème exige que $a$ soit un point intérieur au domaine. Sur $[0, 1]$ , la fonction $x \mapsto x$ atteint son maximum en $1$ sans que la dérivée s'y annule. Écrire « le maximum est atteint sur le bord donc le gradient y est nul » est un contresens complet.

Conclure quand la hessienne est dégénérée. Si $r t - s^{2} = 0$ , ou si $0$ est valeur propre de la hessienne, le critère du second ordre ne conclut pas. Il ne dit pas « ce n'est pas un extremum », il ne dit rien du tout. Les trois exemples $x^{2} + y^{4}$ , $x^{2} - y^{4}$ et $x^{2} + y^{3}$ ont la même hessienne dégénérée et trois comportements différents. Dans ce cas, il faut revenir au signe de $f (a + h) - f (a)$ .

Oublier que le gradient exige un produit scalaire. Le gradient n'existe que pour une fonction numérique définie sur un espace euclidien, et il dépend du produit scalaire. Parler du gradient d'une application de $R^{2}$ dans $R^{3}$ n'a aucun sens : c'est une matrice jacobienne. Et écrire que les coordonnées du gradient sont les dérivées partielles n'est licite que dans une base orthonormée.

Se tromper de point d'évaluation dans une composée. Dans la formule $\frac{\partial}{\partial u} [f (φ (u))] = \sum_{i} \frac{\partial φ_{i}}{\partial u} \times \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (φ (u))$ , les dérivées de $f$ sont prises au point image $φ (u)$ . Écrire $\frac{\partial f}{\partial x} (u, v)$ dans un changement de variables polaires, alors qu'il faut $\frac{\partial f}{\partial x} (r \cos θ, r \sin θ)$ , fausse tout le calcul qui suit et rend les résultats incohérents.

Oublier un terme dans la dérivation d'une composée. Quand la même variable apparaît à plusieurs endroits, tous les chemins comptent. Pour $F (t) = f (t, t^{2})$ , la dérivée est $F^{'} (t) = \partial_{x} f (t, t^{2}) + 2 t \partial_{y} f (t, t^{2})$ , avec deux termes. La règle de la chaîne est une somme sur toutes les variables intermédiaires, jamais une dérivée isolée.

Utiliser un outil hors programme. Théorème des fonctions implicites, théorème d'inversion locale, multiplicateurs de Lagrange, différentielle seconde comme application bilinéaire : rien de tout cela n'est au programme de MP, et rien de tout cela n'est nécessaire. Une contrainte se paramètre, une tangente se calcule en dérivant un arc, l'ordre $2$ s'écrit avec la hessienne. Un candidat qui invoque ces théorèmes signale surtout qu'il n'a pas vu la solution simple.

Confondre « la différentielle est nulle » et « la fonction est constante ». L'implication est vraie sur un ouvert convexe (ou connexe par arcs), et fausse sinon : sur la réunion de deux boules disjointes, une fonction localement constante peut prendre deux valeurs différentes. Dans les exercices d'EDP, cette précaution se traduit par le choix d'un nouvel ouvert qui est un produit d'intervalles.

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Ce qu'il faut savoir faire

Dérivée selon un vecteur, dérivées partielles

Dérivée selon un vecteur

Dérivées partielles dans une base

Ce que les dérivées selon un vecteur ne disent pas

Applications différentiables

La définition

Unicité de la différentielle

Différentiabilité et continuité

Différentiabilité et dérivées selon un vecteur

Les exemples de référence

Coordonnées et matrice jacobienne

La différentielle se lit sur les dérivées partielles

Matrice jacobienne

Fonctions de classe C1

Définition et théorème fondamental

Opérations

Différentiable ne signifie pas de classe C1

Règle de la chaîne

Différentielle d'une composée

Dérivation le long d'un arc

Dérivées partielles d'une composée

Changement de variables : les coordonnées polaires

Une équation aux dérivées partielles du premier ordre

Gradient

Définition et existence

Expression en base orthonormée

Direction de plus forte pente

Vecteurs tangents, lignes et surfaces de niveau

Vecteurs tangents à une partie

Le gradient est orthogonal aux lignes de niveau

Plan tangent au graphe d'une fonction de deux variables

Plan tangent à une surface de niveau

Dérivées partielles d'ordre supérieur

Définition et classe Ck

Le théorème de Schwarz

Matrice hessienne

Formule de Taylor-Young à l'ordre 2

Optimisation

Vocabulaire

Condition nécessaire du premier ordre

Existence d'un extremum global par compacité

Conditions du second ordre

Le cas de deux variables : notations r, s, t

Coercivité

Contraintes : le paramétrage, pas Lagrange

Méthodes à retenir

Erreurs classiques

Bloqué sur « Calcul différentiel et optimisation » ?

Fonctions de classe $C^{1}$

Différentiable ne signifie pas de classe $C^{1}$

Définition et classe $C^{k}$

Le cas de deux variables : notations $r$ , $s$ , $t$