Fonctions vectorielles

Toute l'analyse de première année portait sur des fonctions à valeurs dans $\mathbb{R}$ ou dans $\mathbb{C}$ : on dérivait des nombres, on intégrait des nombres, on majorait des nombres. Or les objets que vous manipulez maintenant sont rarement des nombres. La position d'un point mobile dans le plan est un couple, l'état d'un système différentiel est un vecteur de ${\mathbb{R}}^n$, la matrice de passage d'une réduction dépend souvent d'un paramètre, un polynôme dont les coefficients varient avec le temps est un point mobile de ${\mathbb{K}}_n[X]$. Il faut donc apprendre à dériver et à intégrer des fonctions dont les valeurs sont des vecteurs. C'est exactement l'objet de ce chapitre.

Le fil directeur tient en une phrase, et il faut l'avoir en tête dès la première ligne : en dimension finie, tout se lit sur les coordonnées. Si $(e_1,\dots ,e_n)$ est une base de $E$ et si $f(t)=f_1(t)e_1+\cdots +f_n(t)e_n$, alors $f$ est dérivable si et seulement si les $n$ fonctions numériques $f_1,\dots ,f_n$ le sont, et l'on dérive coordonnée par coordonnée. Idem pour l'intégrale, pour la classe ${\mathcal{C}}^k$, pour les sommes de Riemann. Chaque énoncé de première année remonte donc à l'étage vectoriel presque gratuitement, en l'appliquant $n$ fois. Deux précautions accompagnent ce principe. D'abord, il faut vérifier que le résultat obtenu ne dépend pas de la base choisie, faute de quoi la définition n'aurait aucun sens intrinsèque : nous le démontrerons pour l'intégrale, où le point est réellement à prouver. Ensuite, il faut se souvenir que la convergence dans $E$ équivaut à la convergence des coordonnées parce que toutes les normes sont équivalentes en dimension finie. C'est le théorème du chapitre de topologie qui rend tout ce mécanisme licite, et il est utilisé partout ici, souvent sans qu'on le dise.

Un avertissement, maintenant, et c'est la confusion numéro un des élèves de MP. Dans tout ce chapitre, la variable reste un réel : une fonction vectorielle est une fonction $f:I\to E$, où $I$ est un intervalle de $\mathbb{R}$ et où $E$ est un espace vectoriel normé de dimension finie. C'est l'arrivée qui est vectorielle, jamais le départ. Le calcul différentiel à plusieurs variables, où la variable elle-même est un vecteur et où apparaissent la différentielle, le gradient et les dérivées partielles, est un tout autre chapitre. Ici, il n'y a qu'une seule variable, il n'y a qu'une seule dérivée, et le taux d'accroissement $\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$ garde un sens littéral puisque l'on divise un vecteur par un scalaire. Chaque fois que vous serez tenté d'écrire une dérivée partielle dans ce chapitre, c'est que vous vous êtes trompé de chapitre.

Un seul énoncé de première année meurt ici, et il faut le savoir avant même de commencer, tant on est tenté de s'en servir : le théorème de Rolle est faux pour une fonction vectorielle, et avec lui l'égalité des accroissements finis. La raison est structurelle : leur démonstration repose sur l'existence d'un maximum, donc sur la relation d'ordre de $\mathbb{R}$, et un espace vectoriel normé n'est pas ordonné. Nous en donnerons un contre-exemple d'une simplicité désarmante, le cercle unité parcouru une fois. Ce qui subsiste, et qui suffit à tout, c'est l'inégalité des accroissements finis $\mathrm{\parallel }f(b)-f(a)\mathrm{\parallel }⩽M(b-a)$. Retenez la règle de rédaction qui en découle : dans une copie, une fonction vectorielle n'a jamais le droit d'être soumise à Rolle.

Le plan est alors dicté par la logique. On dérive d'abord en un point, on regarde ce que deviennent les opérations usuelles (et il y en a de nouvelles : produit scalaire, déterminant, produit matriciel, qui sont toutes des applications bilinéaires ou multilinéaires), puis on itère pour définir la classe ${\mathcal{C}}^k$. On construit ensuite l'intégrale sur un segment, exclusivement sur un segment, avec son inégalité triangulaire. Le lien entre les deux moitiés du chapitre est le théorème fondamental : $x\mapsto {\int }_a^{x}f$ est une primitive de $f$. De ce théorème découlent en cascade l'inégalité des accroissements finis et les trois formules de Taylor, qui referment le chapitre.

À quoi tout cela sert-il ensuite ? Immédiatement au chapitre des équations différentielles linéaires, dont l'inconnue $t\mapsto X(t)$ est précisément une fonction vectorielle, et où l'inégalité des accroissements finis fournit les estimations d'unicité. Ensuite au calcul différentiel, où la dérivée le long d'un chemin ramène systématiquement l'étude à une fonction d'une variable réelle à valeurs vectorielles, c'est-à-dire à ce chapitre. Et de façon diffuse dans tous les problèmes de concours qui font intervenir une fonction à valeurs matricielles, un déterminant qui dépend d'un paramètre, ou une trajectoire.

Fixons enfin les notations, valables partout dans le chapitre. La lettre $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. Les lettres $E$, $F$, $G$ désignent des $\mathbb{K}$-espaces vectoriels normés de dimension finie, dont la norme est notée $\mathrm{\parallel }\cdot \mathrm{\parallel }$ sans indice quand aucune confusion n'est possible ; la dimension de $E$ est notée $n$ et $(e_1,\dots ,e_n)$ en est une base. Les lettres $I$ et $J$ désignent des intervalles de $\mathbb{R}$ non réduits à un point, et $[a,b]$ un segment, avec $a⩽b$ sauf mention contraire. Une fonction vectorielle est notée $f:I\to E$, ses coordonnées dans la base $(e_1,\dots ,e_n)$ sont $f_1,\dots ,f_n$, ses dérivées $f^{\mathrm{\prime }}$, $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$, $f^{(k)}$, avec la convention $f^{(0)}=f$. L'espace des fonctions de classe ${\mathcal{C}}^k$ de $I$ dans $E$ est ${\mathcal{C}}^k(I,E)$. Toute intégrale s'écrit ${\int }_a^{b}f(t)\mathrm{d}t$. Les notations d'algèbre de l'an dernier sont conservées : ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$, ${\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$, $I_n$, $\mathrm{t}\mathrm{r}$, $\mathrm{r}\mathrm{g}$, $\det$, $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}$ pour la comatrice, et $⟨x,y⟩$ pour un produit scalaire.

Dérivation en un point

Le taux d'accroissement

Démonstration. Supposons $f$ dérivable en $a$ et posons, pour $h\mathrm{\ne }0$ tel que $a+h\in I$,

$$\epsilon (h)=\frac{f(a+h)-f(a)}{h}-f^{\mathrm{\prime }}(a),\epsilon (0)=0_E\mathrm{.}$$

Par définition de la dérivée, $\epsilon (h)\to 0_E$ quand $h\to 0$, et en multipliant l'égalité par $h$ on obtient bien $f(a+h)=f(a)+h{f}^{\mathrm{\prime }}(a)+h\epsilon (h)$, cette dernière relation étant également vraie pour $h=0$.

Réciproquement, supposons qu'il existe $v$ et $\epsilon$ comme dans l'énoncé. Pour $h\mathrm{\ne }0$,

$$\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\frac{hv+h\epsilon (h)}{h}=v+\epsilon (h)\underset{h\to 0}{\overset{}{\to }}v\mathrm{.}$$

Donc $f$ est dérivable en $a$ et $f^{\mathrm{\prime }}(a)=v$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Écrivons le développement limité : $f(a+h)=f(a)+h{f}^{\mathrm{\prime }}(a)+h\epsilon (h)$ avec $\epsilon (h)\to 0_E$. Alors

$$\parallel f(a+h)-f(a)\parallel =\parallel h{f}^{\mathrm{\prime }}(a)+h\epsilon (h)\parallel ⩽\mathrm{\mid }h\mathrm{\mid }\mathrm{\parallel }{f}^{\mathrm{\prime }}(a)\mathrm{\parallel }+\mathrm{\mid }h\mathrm{\mid }\mathrm{\parallel }\epsilon (h)\mathrm{\parallel }\underset{h\to 0}{\overset{}{\to }}0,$$

par inégalité triangulaire et homogénéité de la norme. Donc $f(a+h)\to f(a)$, c'est-à-dire que $f$ est continue en $a$. $\mathrm{\square }$

Interprétation cinématique

Dérivées à droite et à gauche

Démonstration. C'est la caractérisation générale d'une limite par les limites à droite et à gauche, appliquée à la fonction ${\tau }_a$ à valeurs dans l'espace vectoriel normé $E$ : ${\tau }_a(h)$ tend vers $\mathrm{\ell }$ quand $h\to 0$ si et seulement si ${\tau }_a$ tend vers $\mathrm{\ell }$ à droite et à gauche de $0$. Comme $a$ est intérieur à $I$, les deux limites latérales ont bien un sens. $\mathrm{\square }$

Traduction par les coordonnées

C'est le théorème central du chapitre. Il ramène toute l'étude à des fonctions numériques, donc à la première année.

Démonstration. Introduisons la norme des coordonnées associée à la base : pour $x={\sum }_i{x}_i{e}_i$, on pose $N_{\mathrm{\infty }}(x)={\max }_{1⩽i⩽n}\mathrm{\mid }{x}_i\mathrm{\mid }$. C'est bien une norme sur $E$ (les axiomes se vérifient comme pour $\mathrm{\parallel }\cdot {\mathrm{\parallel }}_{\mathrm{\infty }}$ sur ${\mathbb{K}}^n$, l'application $x\mapsto (x_1,\dots ,x_n)$ étant un isomorphisme). Comme $E$ est de dimension finie, $N_{\mathrm{\infty }}$ et $\mathrm{\parallel }\cdot \mathrm{\parallel }$ sont équivalentes : il existe deux réels $\alpha >0$ et $\beta >0$ tels que

$$\mathrm{\forall }x\in E,\alpha N_{\mathrm{\infty }}(x)⩽\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }⩽\beta N_{\mathrm{\infty }}(x)\mathrm{.}$$

Pour $h\mathrm{\ne }0$ tel que $a+h\in I$, la linéarité des coordonnées donne

$${\tau }_a(h)=\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\sum _{i=1}^n\frac{f_i(a+h)-f_i(a)}{h}{e}_i=\sum _{i=1}^n{\tau }_i(h)e_i,$$

où ${\tau }_i$ est le taux d'accroissement de la fonction numérique $f_i$ en $a$. Autrement dit, les coordonnées du taux d'accroissement de $f$ sont les taux d'accroissement des coordonnées de $f$.

Supposons chaque $f_i$ dérivable en $a$ et posons $v={\sum }_{i=1}^n{f}_i^{\mathrm{\prime }}(a)e_i$. Alors

$$\mathrm{\parallel }{\tau }_a(h)-v\mathrm{\parallel }⩽\beta N_{\mathrm{\infty }}({\tau }_a(h)-v)=\beta \underset{1⩽i⩽n}{\max }\mid {\tau }_i(h)-f_i^{\mathrm{\prime }}(a)\mid \mathrm{.}$$

Chacun des $n$ termes du maximum tend vers $0$ quand $h\to 0$, et un maximum d'un nombre fini de fonctions de limite nulle tend vers $0$. Donc $\mathrm{\parallel }{\tau }_a(h)-v\mathrm{\parallel }\to 0$, c'est-à-dire que $f$ est dérivable en $a$ de dérivée $v$.

Réciproquement, supposons $f$ dérivable en $a$ et écrivons $f^{\mathrm{\prime }}(a)={\sum }_i{v}_i{e}_i$. Pour chaque indice $i$,

$$\mid {\tau }_i(h)-v_i\mid ⩽N_{\mathrm{\infty }}({\tau }_a(h)-f^{\mathrm{\prime }}(a))⩽\frac{1}{\alpha }\parallel {\tau }_a(h)-f^{\mathrm{\prime }}(a)\parallel \underset{h\to 0}{\overset{}{\to }}0.$$

Donc $f_i$ est dérivable en $a$, de dérivée $v_i$, ce qui achève la démonstration. $\mathrm{\square }$

Fonction dérivée

Opérations sur les fonctions dérivables

Combinaison linéaire

Démonstration. Pour $h\mathrm{\ne }0$ tel que $a+h\in I$, la linéarité des opérations dans $E$ donne

$$\frac{(\lambda f+\mu g)(a+h)-(\lambda f+\mu g)(a)}{h}=\lambda \frac{f(a+h)-f(a)}{h}+\mu \frac{g(a+h)-g(a)}{h}\mathrm{.}$$

Chacun des deux taux d'accroissement admet une limite quand $h\to 0$ ; par opérations sur les limites dans l'espace vectoriel normé $E$ (somme et produit par un scalaire fixé), le membre de gauche tend vers $\lambda f^{\mathrm{\prime }}(a)+\mu g^{\mathrm{\prime }}(a)$. $\mathrm{\square }$

Image par une application linéaire

Démonstration. Rappelons d'abord que toute application linéaire entre espaces vectoriels normés de dimension finie est continue : c'est un résultat du chapitre de topologie, et il est indispensable ici.

Soit $h\mathrm{\ne }0$ tel que $a+h\in I$. Par linéarité de $L$,

$$\frac{(L\circ f)(a+h)-(L\circ f)(a)}{h}=\frac{L(f(a+h))-L(f(a))}{h}=L\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\right)=L({\tau }_a(h))\mathrm{.}$$

Or ${\tau }_a(h)\to f^{\mathrm{\prime }}(a)$ quand $h\to 0$, et $L$ est continue en $f^{\mathrm{\prime }}(a)$ : par composition d'une limite et d'une fonction continue, $L({\tau }_a(h))\to L(f^{\mathrm{\prime }}(a))$. $\mathrm{\square }$

Applications bilinéaires

Démonstration. Étape 1 : $B$ est continue, et même « bornée » au sens suivant. Fixons une base $(u_1,\dots ,u_p)$ de $E_1$ et une base $(v_1,\dots ,v_q)$ de $E_2$. Pour $x={\sum }_i{x}_i{u}_i$ et $y={\sum }_j{y}_j{v}_j$, la bilinéarité donne

$$B(x,y)=\sum _{i=1}^p\sum _{j=1}^q{x}_i{y}_{j}B(u_i,v_j),$$

d'où, par inégalité triangulaire et homogénéité,

$$\parallel B(x,y)\parallel ⩽\sum _{i,j}\mathrm{\mid }{x}_i\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }{y}_j\mathrm{\mid }\parallel B(u_i,v_j)\parallel ⩽(\sum _{i,j}\parallel B(u_i,v_j)\parallel )N_{\mathrm{\infty }}(x)N_{\mathrm{\infty }}(y)\mathrm{.}$$

En utilisant l'équivalence des normes en dimension finie, il existe donc une constante $C>0$, que nous appellerons la majoration étoilée dans la suite de cette démonstration, telle que

$$\mathrm{\forall }(x,y)\in E_1\times E_2,\parallel B(x,y)\parallel ⩽C\mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }\mathrm{.}$$

Étape 2 : découpage du taux d'accroissement. Pour $h\mathrm{\ne }0$ tel que $a+h\in I$, écrivons, en ajoutant et retranchant le terme mixte $B(f(a),g(a+h))$ :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle B(f(a+h),g(a+h))-B(f(a),g(a))}& {\displaystyle =\left[B\right(f(a+h),g(a+h))-B(f(a),g(a+h)\left)\right]}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +\left[B\right(f(a),g(a+h))-B(f(a),g(a)\left)\right]}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =B(f(a+h)-f(a),g(a+h))+B(f(a),g(a+h)-g(a)),}\end{array}$$

la dernière égalité venant de la linéarité de $B$ par rapport à sa première variable, puis par rapport à la seconde. En divisant par $h$ et en utilisant à nouveau la linéarité en chaque variable séparément :

$$\frac{B(f(a+h),g(a+h))-B(f(a),g(a))}{h}=B({\tau }_f(h),g(a+h))+B(f(a),{\tau }_g(h)),$$

où ${\tau }_f$ et ${\tau }_g$ désignent les taux d'accroissement de $f$ et $g$ en $a$.

Étape 3 : passage à la limite. Traitons le premier terme. On écrit

$$B({\tau }_f(h),g(a+h))-B(f^{\mathrm{\prime }}(a),g(a))=B({\tau }_f(h)-f^{\mathrm{\prime }}(a),g(a+h))+B(f^{\mathrm{\prime }}(a),g(a+h)-g(a)),$$

puis, avec la majoration étoilée,

$$\parallel B({\tau }_f(h),g(a+h))-B(f^{\mathrm{\prime }}(a),g(a))\parallel ⩽C\parallel {\tau }_f(h)-f^{\mathrm{\prime }}(a)\parallel \cdot \parallel g(a+h)\parallel +C\mathrm{\parallel }{f}^{\mathrm{\prime }}(a)\mathrm{\parallel }\cdot \parallel g(a+h)-g(a)\parallel \mathrm{.}$$

Quand $h\to 0$ : $\mathrm{\parallel }{\tau }_f(h)-f^{\mathrm{\prime }}(a)\mathrm{\parallel }\to 0$ par dérivabilité de $f$, et $\mathrm{\parallel }g(a+h)\mathrm{\parallel }$ reste borné car $g$ est continue en $a$ (elle y est dérivable), donc le premier produit tend vers $0$ ; et $\mathrm{\parallel }g(a+h)-g(a)\mathrm{\parallel }\to 0$ par continuité de $g$ en $a$, donc le second produit tend vers $0$ également. Ainsi $B({\tau }_f(h),g(a+h))\to B(f^{\mathrm{\prime }}(a),g(a))$.

Le second terme est plus simple : $\parallel B(f(a),{\tau }_g(h))-B(f(a),g^{\mathrm{\prime }}(a))\parallel =\parallel B(f(a),{\tau }_g(h)-g^{\mathrm{\prime }}(a))\parallel ⩽C\mathrm{\parallel }f(a)\mathrm{\parallel }\cdot \mathrm{\parallel }{\tau }_g(h)-g^{\mathrm{\prime }}(a)\mathrm{\parallel }\to 0$.

En sommant, le taux d'accroissement de $B(f,g)$ en $a$ tend vers $B(f^{\mathrm{\prime }}(a),g(a))+B(f(a),g^{\mathrm{\prime }}(a))$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Comme à l'étape 1 ci-dessus, en développant sur des bases de $E_1,\dots ,E_p$, on obtient une constante $C>0$ telle que

$$\parallel M(x_1,\dots ,x_p)\parallel ⩽C\mathrm{\parallel }{x}_1\mathrm{\parallel }\cdots \mathrm{\parallel }{x}_p\mathrm{\parallel }\mathrm{.}$$

Pour la dérivée, on procède par télescopage, en remplaçant les arguments un par un. Pour $t\mathrm{\ne }a$ dans $I$, posons pour alléger $x_i=f_i(a)$ et $y_i=f_i(t)$. Alors

$$M(y_1,\dots ,y_p)-M(x_1,\dots ,x_p)=\sum _{i=1}^p[M(x_1,\dots ,x_{i-1},y_i,y_{i+1},\dots ,y_p)-M(x_1,\dots ,x_{i-1},x_i,y_{i+1},\dots ,y_p)],$$

somme dans laquelle tous les termes intermédiaires se simplifient deux à deux. Par linéarité de $M$ par rapport à sa $i$-ième variable, le crochet vaut $M(x_1,\dots ,x_{i-1},y_i-x_i,y_{i+1},\dots ,y_p)$, d'où

$$\frac{M(y_1,\dots ,y_p)-M(x_1,\dots ,x_p)}{t-a}=\sum _{i=1}^{p}M\text{\hspace{0.17em}⁣}(x_1,\dots ,x_{i-1},\frac{f_i(t)-f_i(a)}{t-a},y_{i+1},\dots ,y_p)\mathrm{.}$$

Quand $t\to a$, on a $\frac{f_i(t)-f_i(a)}{t-a}\to f_i^{\mathrm{\prime }}(a)$ et $y_j=f_j(t)\to x_j=f_j(a)$ pour tout $j$, par continuité des $f_j$ en $a$. La majoration multilinéaire ci-dessus permet, exactement comme dans le cas bilinéaire, de conclure que chaque terme de la somme converge vers $M(x_1,\dots ,f_i^{\mathrm{\prime }}(a),\dots ,x_p)$. En sommant les $p$ termes, on obtient la formule annoncée. $\mathrm{\square }$

Le cas du produit scalaire

Démonstration. Le produit scalaire est une application bilinéaire de $E\times E$ dans $\mathbb{R}$, et $\mathbb{R}$ est de dimension finie : c'est exactement le théorème sur les applications bilinéaires. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Posons $\phi (t)=\mathrm{\parallel }f(t){\mathrm{\parallel }}^2=⟨f(t),f(t)⟩$. Par le théorème précédent appliqué à $g=f$,

$${\phi }^{\mathrm{\prime }}(t)=⟨f^{\mathrm{\prime }}(t),f(t)⟩+⟨f(t),f^{\mathrm{\prime }}(t)⟩=2⟨f(t),f^{\mathrm{\prime }}(t)⟩,$$

en utilisant la symétrie du produit scalaire. Si $\mathrm{\parallel }f\mathrm{\parallel }$ est constante, alors $\phi$ est constante, donc ${\phi }^{\mathrm{\prime }}=0$, donc $⟨f(t),f^{\mathrm{\prime }}(t)⟩=0$ pour tout $t$. $\mathrm{\square }$

Le cas du déterminant

Démonstration. Le déterminant dans une base fixée est une application $n$-linéaire de $E^n$ dans $\mathbb{K}$ : c'est le théorème sur les applications multilinéaires, sans un mot de plus. Pour la version matricielle, on applique ce qui précède à $E={\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{K})$ muni de sa base canonique, en remarquant que la dérivée de la colonne $C_i$ est la $i$-ième colonne de $A^{\mathrm{\prime }}$. $\mathrm{\square }$

Le cas du produit matriciel

Démonstration. Le produit matriciel $(M,N)\mapsto MN$ est une application bilinéaire de ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{K})\times {\mathcal{M}}_{p,q}(\mathbb{K})$ dans ${\mathcal{M}}_{n,q}(\mathbb{K})$, tous ces espaces étant de dimension finie. On applique le théorème sur les applications bilinéaires. $\mathrm{\square }$

Composition par une fonction réelle

Démonstration. Posons $u_0=\phi (t_0)$. Comme $f$ est dérivable en $u_0$, la caractérisation par le développement limité fournit une fonction $\epsilon :I\to E$, de limite $0_E$ en $u_0$ et telle que $\epsilon (u_0)=0_E$, avec

$$\mathrm{\forall }u\in I,f(u)=f(u_0)+(u-u_0)f^{\mathrm{\prime }}(u_0)+(u-u_0)\epsilon (u)\mathrm{.}$$

Insistons : cette égalité est valable pour tout $u\in I$, y compris $u=u_0$, où les deux membres valent $f(u_0)$. C'est précisément ce qui permet d'y substituer $u=\phi (t)$ sans se soucier de savoir si $\phi (t)=u_0$ ou non. On obtient, pour $t\in J$,

$$f(\phi (t))=f(u_0)+(\phi (t)-\phi (t_0))f^{\mathrm{\prime }}(u_0)+(\phi (t)-\phi (t_0))\epsilon (\phi (t))\mathrm{.}$$

Divisons par $t-t_0$ pour $t\mathrm{\ne }{t}_0$ :

$$\frac{f(\phi (t))-f(\phi (t_0))}{t-t_0}=\frac{\phi (t)-\phi (t_0)}{t-t_0}{f}^{\mathrm{\prime }}(u_0)+\frac{\phi (t)-\phi (t_0)}{t-t_0}\epsilon (\phi (t))\mathrm{.}$$

Quand $t\to t_0$ : le quotient $\frac{\phi (t)-\phi (t_0)}{t-t_0}$ tend vers ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(t_0)$, et $\epsilon (\phi (t))\to 0_E$ puisque $\phi$ est continue en $t_0$ (car dérivable) et que $\epsilon$ tend vers $0_E$ en $u_0$. Le premier terme tend donc vers ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(t_0)f^{\mathrm{\prime }}(u_0)$, le second vers ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(t_0)\cdot 0_E=0_E$. $\mathrm{\square }$

Fonctions de classe ${\mathcal{C}}^k$

Définitions

Démonstration. Montrons par récurrence sur $j\in \mathbb{N}$ la propriété : « $f$ est $j$ fois dérivable si et seulement si toutes les $f_i$ le sont, et alors $f^{(j)}={\sum }_i{f}_i^{(j)}{e}_i$ ».

Pour $j=0$, c'est trivial. Supposons la propriété vraie au rang $j$. Si $f$ est $j+1$ fois dérivable, elle est $j$ fois dérivable, donc par hypothèse de récurrence les $f_i$ le sont et $f^{(j)}={\sum }_i{f}_i^{(j)}{e}_i$. Or $f^{(j)}$ est dérivable, et les coordonnées de $f^{(j)}$ dans la base sont les $f_i^{(j)}$ : le théorème de dérivation par les coordonnées, appliqué à $f^{(j)}$, montre que chaque $f_i^{(j)}$ est dérivable et que $f^{(j+1)}={\sum }_i{f}_i^{(j+1)}{e}_i$. La réciproque se lit dans l'autre sens, avec le même théorème. La récurrence est établie.

Pour la classe ${\mathcal{C}}^k$, il reste à observer que $f^{(k)}={\sum }_i{f}_i^{(k)}{e}_i$ est continue si et seulement si toutes ses coordonnées le sont, ce qui est la caractérisation de la continuité par les coordonnées en dimension finie. Le cas $k=\mathrm{\infty }$ s'en déduit en prenant l'intersection sur $k$. $\mathrm{\square }$

Opérations

Démonstration. Le point 1 découle de la stabilité par combinaison linéaire de la dérivation, appliquée $k$ fois, et de la stabilité de la continuité par combinaison linéaire.

Le point 2 se démontre par récurrence sur $j$ : si $(L\circ f{)}^{(j)}=L\circ f^{(j)}$ et si $f^{(j)}$ est dérivable, alors $L\circ f^{(j)}$ est dérivable de dérivée $L\circ f^{(j+1)}$ d'après le théorème sur l'image par une application linéaire. La continuité de $L\circ f^{(k)}$ vient de celle de $f^{(k)}$ et de la continuité de $L$.

Le point 3 se démontre par récurrence sur $k$. C'est vrai pour $k=0$ (composée de fonctions continues). Supposons-le vrai au rang $k$ et prenons $\phi$ et $f$ de classe ${\mathcal{C}}^{k+1}$. Alors $f\circ \phi$ est dérivable et $(f\circ \phi {)}^{\mathrm{\prime }}={\phi }^{\mathrm{\prime }}\cdot (f^{\mathrm{\prime }}\circ \phi )$. Or ${\phi }^{\mathrm{\prime }}$ est de classe ${\mathcal{C}}^k$, et $f^{\mathrm{\prime }}\circ \phi$ l'est aussi par hypothèse de récurrence appliquée à $f^{\mathrm{\prime }}$ (de classe ${\mathcal{C}}^k$) et $\phi$ (de classe ${\mathcal{C}}^{k+1}$, donc ${\mathcal{C}}^k$). Le produit d'une fonction scalaire ${\mathcal{C}}^k$ par une fonction vectorielle ${\mathcal{C}}^k$ est ${\mathcal{C}}^k$ (c'est le point 4 avec l'application bilinéaire $(\lambda ,x)\mapsto \lambda x$, ou la formule de Leibniz ci-dessous). Donc $(f\circ \phi {)}^{\mathrm{\prime }}$ est de classe ${\mathcal{C}}^k$, c'est-à-dire $f\circ \phi$ de classe ${\mathcal{C}}^{k+1}$.

Le point 4 est le cas particulier $n=k$ de la formule de Leibniz démontrée ci-dessous, dont la récurrence établit simultanément l'existence des dérivées successives et leur expression. $\mathrm{\square }$

La formule de Leibniz

Démonstration. Par récurrence sur $n$.

Initialisation. Pour $n=0$, la formule s'écrit $B(f,g)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{0}{0}\right)B(f^{(0)},g^{(0)})$, ce qui est vrai.

Hérédité. Supposons la formule vraie au rang $n$ pour toutes les fonctions $n$ fois dérivables, et soient $f$ et $g$ deux fonctions $n+1$ fois dérivables. Elles sont en particulier $n$ fois dérivables, donc

$$(B(f,g){)}^{(n)}=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)B(f^{(k)},g^{(n-k)})\mathrm{.}$$

Chaque terme $B(f^{(k)},g^{(n-k)})$ est dérivable, car $f^{(k)}$ et $g^{(n-k)}$ le sont (les indices $k$ et $n-k$ sont au plus $n$, et $f$, $g$ sont $n+1$ fois dérivables), et le théorème sur les applications bilinéaires donne

$$\left(B\right(f^{(k)},g^{(n-k)}){)}^{\mathrm{\prime }}=B(f^{(k+1)},g^{(n-k)})+B(f^{(k)},g^{(n-k+1)})\mathrm{.}$$

En dérivant la somme terme à terme :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (B(f,g){)}^{(n+1)}}& {\displaystyle =\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)B(f^{(k+1)},g^{(n-k)})+\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)B(f^{(k)},g^{(n+1-k)})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\sum _{j=1}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)B(f^{(j)},g^{(n+1-j)})+\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)B(f^{(k)},g^{(n+1-k)}),}\end{array}$$

où l'on a posé $j=k+1$ dans la première somme. En regroupant les termes de même indice et en isolant $j=n+1$ dans la première somme et $k=0$ dans la seconde :

$$(B(f,g){)}^{(n+1)}=B(f^{(n+1)},g)+\sum _{k=1}^n[\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)]B(f^{(k)},g^{(n+1-k)})+B(f,g^{(n+1)})\mathrm{.}$$

La formule de Pascal $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{k}\right)$, valable pour $1⩽k⩽n$, et les égalités $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{0}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{n+1}\right)=1$ permettent de tout rassembler :

$$(B(f,g){)}^{(n+1)}=\sum _{k=0}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{k}\right)B(f^{(k)},g^{(n+1-k)})\mathrm{.}$$

La récurrence est achevée. Enfin, si $f$ et $g$ sont de classe ${\mathcal{C}}^n$, chaque terme $B(f^{(k)},g^{(n-k)})$ est continu (composée de l'application continue $B$ et des fonctions continues $f^{(k)}$, $g^{(n-k)}$), donc $(B(f,g){)}^{(n)}$ est continue. $\mathrm{\square }$

Fonctions à valeurs matricielles

Démonstration. Étape 1 : la fonction est bien définie et de classe ${\mathcal{C}}^k$. L'application $\det :{\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})\to \mathbb{K}$ est polynomiale en les coefficients, donc continue, et ${\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})={\det }^{-1}(\mathbb{K}\setminus \{0\})$ est un ouvert de ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ comme image réciproque d'un ouvert par une application continue. En conséquence, si $A(t_0)$ est inversible, $A(t)$ reste inversible pour $t$ voisin de $t_0$ : l'hypothèse d'inversibilité en tout point n'est donc pas artificielle, elle est localement automatique.

Écrivons ensuite la formule de Cramer avec la comatrice :

$$A(t{)}^{-1}=\frac{1}{\det A(t)}\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A(t){)}^{\mathsf{T}}\mathrm{.}$$

Chaque coefficient de $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A(t))$ est, au signe près, un mineur de $A(t)$, c'est-à-dire un polynôme en les coefficients $a_{ij}(t)$. Comme les $a_{ij}$ sont de classe ${\mathcal{C}}^k$ sur $I$ (par la caractérisation par les coordonnées) et que sommes et produits de fonctions ${\mathcal{C}}^k$ d'une variable réelle sont ${\mathcal{C}}^k$, chaque coefficient de $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{m}(A(t){)}^{\mathsf{T}}$ est de classe ${\mathcal{C}}^k$. De même $t\mapsto \det A(t)$ est de classe ${\mathcal{C}}^k$, et elle ne s'annule pas sur $I$. Le quotient est donc de classe ${\mathcal{C}}^k$, coefficient par coefficient, donc $t\mapsto A(t{)}^{-1}$ est de classe ${\mathcal{C}}^k$.

Étape 2 : la formule. Notons $C(t)=A(t{)}^{-1}$. Par définition, $A(t)C(t)=I_n$ pour tout $t\in I$. Les deux fonctions $A$ et $C$ sont dérivables, donc le produit l'est aussi, et la formule du produit matriciel donne

$$A^{\mathrm{\prime }}(t)C(t)+A(t)C^{\mathrm{\prime }}(t)=(I_n{)}^{\mathrm{\prime }}=0.$$

En multipliant à gauche par $A(t{)}^{-1}=C(t)$ :

$$C(t)A^{\mathrm{\prime }}(t)C(t)+C^{\mathrm{\prime }}(t)=0,\text{soit}{C}^{\mathrm{\prime }}(t)=-A(t{)}^{-1}{A}^{\mathrm{\prime }}(t)A(t{)}^{-1}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Intégration sur un segment

Dans toute cette section, $[a,b]$ est un segment de $\mathbb{R}$. Il n'est jamais question ici d'intégrer sur un intervalle non borné ni au voisinage d'un point où la fonction n'est pas définie : ce sont d'autres chapitres.

Fonctions continues par morceaux

Démonstration. Si $f$ est continue par morceaux, associée à la subdivision $(a_i)$, alors pour chaque $i$ la fonction $f_i=e_i^{\ast }\circ f$, où $e_i^{\ast }$ est la $i$-ième forme coordonnée, est continue sur chaque $]a_{j-1},a_j[$ et y admet des limites finies aux bornes : en effet, $e_i^{\ast }$ est une forme linéaire sur un espace de dimension finie, donc continue, et la composée d'une fonction admettant une limite par une application continue admet la limite image.

Réciproquement, si chaque $f_i$ est continue par morceaux, notons $S_i$ une subdivision adaptée à $f_i$, et soit $S$ la subdivision obtenue en réunissant les points de $S_1,\dots ,S_n$ (c'est une réunion finie, donc $S$ est bien une subdivision). Sur chaque intervalle ouvert de $S$, toutes les coordonnées sont continues et admettent des limites finies aux bornes, donc $f={\sum }_i{f}_i{e}_i$ également, par continuité des opérations dans $E$ et caractérisation de la convergence par les coordonnées. $\mathrm{\square }$

Définition de l'intégrale

Démonstration. Soient $(e_1,\dots ,e_n)$ et $({ϵ}_1,\dots ,{ϵ}_n)$ deux bases de $E$. Notons $f={\sum }_i{f}_i{e}_i={\sum }_j{g}_j{ϵ}_j$ les deux écritures de $f$, et $P=(p_{ji})$ la matrice de passage, définie par

$$\mathrm{\forall }i\in \{1,\dots ,n\},e_i=\sum _{j=1}^n{p}_{ji}{ϵ}_j\mathrm{.}$$

En substituant dans $f={\sum }_i{f}_i{e}_i$ :

$$f(t)=\sum _{i=1}^n{f}_i(t)\sum _{j=1}^n{p}_{ji}{ϵ}_j=\sum _{j=1}^n(\sum _{i=1}^n{p}_{ji}{f}_i(t)){ϵ}_j,$$

et par unicité des coordonnées dans la base $({ϵ}_j)$, on obtient $g_j={\sum }_i{p}_{ji}{f}_i$ pour tout $j$. Les $g_j$ sont donc des combinaisons linéaires à coefficients constants de fonctions continues par morceaux, et la linéarité de l'intégrale des fonctions numériques donne

$${\int }_a^b{g}_j=\sum _{i=1}^n{p}_{ji}{\int }_a^b{f}_i\mathrm{.}$$

Il ne reste qu'à calculer la quantité définie à partir de la seconde base :

$$\sum _{j=1}^n\left({\int }_a^b{g}_j\right){ϵ}_j=\sum _{j=1}^n\sum _{i=1}^n{p}_{ji}\left({\int }_a^b{f}_i\right){ϵ}_j=\sum _{i=1}^n\left({\int }_a^b{f}_i\right)\sum _{j=1}^n{p}_{ji}{ϵ}_j=\sum _{i=1}^n\left({\int }_a^b{f}_i\right)e_i,$$

en intervertissant les deux sommations finies puis en reconnaissant $e_i$. On retrouve exactement la quantité définie à partir de la première base : l'intégrale est donc bien définie, indépendamment de la base. $\mathrm{\square }$

Propriétés élémentaires

Démonstration. Les trois énoncés se lisent coordonnée par coordonnée. Pour la linéarité, les coordonnées de $\lambda f+\mu g$ sont les $\lambda f_i+\mu g_i$, donc

$${\int }_a^b(\lambda f+\mu g)=\sum _i({\int }_a^b(\lambda f_i+\mu g_i))e_i=\sum _i(\lambda {\int }_a^b{f}_i+\mu {\int }_a^b{g}_i)e_i=\lambda {\int }_a^{b}f+\mu {\int }_a^{b}g,$$

en utilisant la linéarité de l'intégrale des fonctions numériques puis en séparant la somme. Les points 2 et 3 se démontrent de la même manière, en appliquant à chaque coordonnée la relation de Chasles et la convention d'orientation de première année. $\mathrm{\square }$

Intégrale et application linéaire

Démonstration. La fonction $L\circ f$ est continue par morceaux car $L$ est continue (dimension finie) et la composée d'une fonction continue par morceaux par une application continue est continue par morceaux.

Fixons une base $(e_1,\dots ,e_n)$ de $E$, une base $(u_1,\dots ,u_m)$ de $F$, et écrivons $L(e_i)={\sum }_{j=1}^m{\alpha }_{ji}{u}_j$. Pour tout $t$,

$$L(f(t))=L\text{\hspace{0.17em}⁣}(\sum _{i=1}^n{f}_i(t)e_i)=\sum _{i=1}^n{f}_i(t)L(e_i)=\sum _{j=1}^m(\sum _{i=1}^n{\alpha }_{ji}{f}_i(t))u_j\mathrm{.}$$

Les coordonnées de $L\circ f$ dans la base $(u_j)$ sont donc les ${\sum }_i{\alpha }_{ji}{f}_i$, d'où par définition de l'intégrale et linéarité de l'intégrale numérique

$${\int }_a^{b}L(f)=\sum _{j=1}^m\left(\sum _{i=1}^n{\alpha }_{ji}{\int }_a^b{f}_i\right)u_j=\sum _{i=1}^n\left({\int }_a^b{f}_i\right)\sum _{j=1}^m{\alpha }_{ji}{u}_j=\sum _{i=1}^n\left({\int }_a^b{f}_i\right)L(e_i)\mathrm{.}$$

Or, par linéarité de $L$,

$$L\text{\hspace{0.17em}⁣}\left({\int }_a^{b}f\right)=L\text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\sum _{i=1}^n\left({\int }_a^b{f}_i\right)e_i\right)=\sum _{i=1}^n\left({\int }_a^b{f}_i\right)L(e_i),$$

ce qui est exactement la même quantité. $\mathrm{\square }$

Sommes de Riemann

Démonstration. Fixons une base $(e_1,\dots ,e_n)$ de $E$ et écrivons $f={\sum }_i{f}_i{e}_i$. Les coordonnées de $S_N(f)$ dans cette base sont les sommes de Riemann $S_N(f_i)$ des fonctions numériques $f_i$, car

$$S_N(f)=\frac{b-a}{N}\sum _{k=0}^{N-1}\sum _i{f}_i(t_k)e_i=\sum _i(\frac{b-a}{N}\sum _{k=0}^{N-1}{f}_i(t_k))e_i=\sum _i{S}_N(f_i)e_i\mathrm{.}$$

Chaque $f_i$ est continue sur $[a,b]$, donc, d'après le théorème de première année sur les sommes de Riemann, $S_N(f_i)\to {\int }_a^b{f}_i$ (pour une fonction à valeurs complexes, on applique le résultat réel aux parties réelle et imaginaire). Comme la convergence dans $E$ équivaut à celle des coordonnées, en nombre fini,

$$S_N(f)⟶\sum _i\left({\int }_a^b{f}_i\right)e_i={\int }_a^{b}f\mathrm{.}$$

Le raisonnement est identique pour $T_N(f)$. $\mathrm{\square }$

L'inégalité triangulaire

Démonstration. Préliminaire. La norme est $1$-lipschitzienne : $\mid \mathrm{\parallel }x\mathrm{\parallel }-\mathrm{\parallel }y\mathrm{\parallel }\mid ⩽\mathrm{\parallel }x-y\mathrm{\parallel }$ pour tous $x,y\in E$, par la seconde inégalité triangulaire. Elle est donc continue, et $t\mapsto \mathrm{\parallel }f(t)\mathrm{\parallel }$ est continue par morceaux comme composée d'une fonction continue par morceaux par une application continue. Les deux membres de l'inégalité ont donc un sens.

Cas d'une fonction continue. Supposons d'abord $f$ continue et $a<b$ (le cas $a=b$ étant trivial, les deux membres étant nuls). Reprenons les sommes de Riemann $S_N(f)$ de l'énoncé précédent. Par inégalité triangulaire dans $E$, appliquée à une somme de $N$ vecteurs, et comme $\frac{b-a}{N}>0$ :

$$\parallel S_N(f)\parallel =\parallel \frac{b-a}{N}\sum _{k=0}^{N-1}f(t_k)\parallel ⩽\frac{b-a}{N}\sum _{k=0}^{N-1}\parallel f(t_k)\parallel =S_N\left(\mathrm{\parallel }f\mathrm{\parallel }\right)\mathrm{.}$$

Le membre de droite est la somme de Riemann de la fonction numérique continue $t\mapsto \mathrm{\parallel }f(t)\mathrm{\parallel }$, donc il tend vers ${\int }_a^b\mathrm{\parallel }f(t)\mathrm{\parallel }\mathrm{d}t$. Le membre de gauche, lui, tend vers $\parallel {\int }_a^{b}f\parallel$ : en effet $S_N(f)\to {\int }_a^{b}f$ dans $E$, et la norme est continue, donc $\mathrm{\parallel }{S}_N(f)\mathrm{\parallel }\to \parallel {\int }_a^{b}f\parallel$. En passant à la limite dans une inégalité large entre deux suites réelles convergentes, on obtient

$$\parallel {\int }_a^{b}f\parallel ⩽{\int }_a^b\mathrm{\parallel }f\mathrm{\parallel }\mathrm{.}$$

Cas d'une fonction continue par morceaux. Soit $a=a_0<a_1<\cdots <a_p=b$ une subdivision adaptée à $f$. Sur chaque $]a_{i-1},a_i[$, la restriction de $f$ se prolonge en une fonction ${\tilde{f}}_i$ continue sur $[a_{i-1},a_i]$ (on prend les limites aux bornes). Modifier une fonction en un nombre fini de points ne change pas son intégrale, donc ${\int }_{a_{i-1}}^{a_i}f={\int }_{a_{i-1}}^{a_i}{\tilde{f}}_i$ et ${\int }_{a_{i-1}}^{a_i}\mathrm{\parallel }f\mathrm{\parallel }={\int }_{a_{i-1}}^{a_i}\mathrm{\parallel }{\tilde{f}}_i\mathrm{\parallel }$. Le cas continu donne alors, pour chaque $i$,

$$\parallel {\int }_{a_{i-1}}^{a_i}f\parallel ⩽{\int }_{a_{i-1}}^{a_i}\mathrm{\parallel }f\mathrm{\parallel }\mathrm{.}$$

En sommant sur $i$, la relation de Chasles et l'inégalité triangulaire dans $E$ donnent

$$\parallel {\int }_a^{b}f\parallel =\parallel \sum _{i=1}^p{\int }_{a_{i-1}}^{a_i}f\parallel ⩽\sum _{i=1}^p\parallel {\int }_{a_{i-1}}^{a_i}f\parallel ⩽\sum _{i=1}^p{\int }_{a_{i-1}}^{a_i}\mathrm{\parallel }f\mathrm{\parallel }={\int }_a^b\mathrm{\parallel }f\mathrm{\parallel }\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Primitives et théorème fondamental

Démonstration. Soit $x\in I$. Pour $h\mathrm{\ne }0$ tel que $x+h\in I$, la relation de Chasles donne

$$F(x+h)-F(x)={\int }_a^{x+h}f-{\int }_a^{x}f={\int }_x^{x+h}f(t)\mathrm{d}t\mathrm{.}$$

Par ailleurs $hf(x)={\int }_x^{x+h}f(x)\mathrm{d}t$, l'intégrande étant ici la fonction constante égale au vecteur $f(x)$. Donc, par linéarité,

$$F(x+h)-F(x)-hf(x)={\int }_x^{x+h}(f(t)-f(x))\mathrm{d}t\mathrm{.}$$

Soit $\epsilon >0$. La fonction $f$ étant continue en $x$, il existe $\delta >0$ tel que, pour $t\in I$ avec $\mathrm{\mid }t-x\mathrm{\mid }⩽\delta$, on ait $\mathrm{\parallel }f(t)-f(x)\mathrm{\parallel }⩽\epsilon$.

Supposons $0<h⩽\delta$. L'inégalité triangulaire intégrale sur le segment $[x,x+h]$ donne

$$\parallel F(x+h)-F(x)-hf(x)\parallel ⩽{\int }_x^{x+h}\parallel f(t)-f(x)\parallel \mathrm{d}t⩽\epsilon h\mathrm{.}$$

Si $-\delta ⩽h<0$, on écrit ${\int }_x^{x+h}=-{\int }_{x+h}^x$, d'où

$$\parallel F(x+h)-F(x)-hf(x)\parallel =\parallel {\int }_{x+h}^x(f(t)-f(x))\mathrm{d}t\parallel ⩽{\int }_{x+h}^x\parallel f(t)-f(x)\parallel \mathrm{d}t⩽\epsilon (-h)\mathrm{.}$$

Dans les deux cas, pour $0<\mathrm{\mid }h\mathrm{\mid }⩽\delta$,

$$\parallel \frac{F(x+h)-F(x)}{h}-f(x)\parallel ⩽\epsilon \mathrm{.}$$

Ceci vaut pour tout $\epsilon >0$, donc le taux d'accroissement de $F$ en $x$ tend vers $f(x)$ : $F$ est dérivable en $x$ et $F^{\mathrm{\prime }}(x)=f(x)$. Comme $f$ est continue, $F^{\mathrm{\prime }}=f$ l'est aussi, donc $F$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Le point 1 est le théorème fondamental.

Pour le point 2, si $G$ est une primitive et $c\in E$, alors $(G+c{)}^{\mathrm{\prime }}=G^{\mathrm{\prime }}=f$, donc $G+c$ est une primitive. Réciproquement, soient $G$ et $H$ deux primitives de $f$ sur $I$, et posons $\mathrm{\Delta }=H-G$. Alors $\mathrm{\Delta }$ est dérivable sur $I$ avec ${\mathrm{\Delta }}^{\mathrm{\prime }}=0$. En passant aux coordonnées dans une base, chaque ${\mathrm{\Delta }}_i$ est une fonction numérique dérivable de dérivée nulle sur l'intervalle $I$, donc constante d'après le résultat de première année. Donc $\mathrm{\Delta }$ est constante, c'est-à-dire $H=G+c$ avec $c\in E$.

Pour le point 3, notons $F:x\mapsto {\int }_a^{x}f$. C'est une primitive de $f$, donc d'après le point 2 il existe $c\in E$ tel que $G=F+c$. Alors

$$G(b)-G(a)=F(b)-F(a)={\int }_a^{b}f-{\int }_a^{a}f={\int }_a^{b}f\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. La fonction $\mathrm{\Phi }:t\mapsto B(f(t),g(t))$ est dérivable sur $[a,b]$ avec ${\mathrm{\Phi }}^{\mathrm{\prime }}=B(f^{\mathrm{\prime }},g)+B(f,g^{\mathrm{\prime }})$. Cette dérivée est continue : $f^{\mathrm{\prime }}$, $g^{\mathrm{\prime }}$, $f$, $g$ le sont, et $B$ est continue (dimension finie), donc les composées le sont. Ainsi $\mathrm{\Phi }$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$, et $\mathrm{\Phi }$ est une primitive de la fonction continue ${\mathrm{\Phi }}^{\mathrm{\prime }}$. Le point 3 du théorème précédent donne

$${\int }_a^b\left[B\right(f^{\mathrm{\prime }}(t),g(t))+B(f(t),g^{\mathrm{\prime }}(t)\left)\right]\mathrm{d}t=\mathrm{\Phi }(b)-\mathrm{\Phi }(a)=B(f(b),g(b))-B(f(a),g(a)),$$

et il ne reste qu'à séparer l'intégrale de gauche en deux, par linéarité. Le cas particulier s'obtient avec $B(\lambda ,x)=\lambda x$, application bilinéaire de $\mathbb{K}\times E$ dans $E$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soit $F$ une primitive de $f$ sur $I$ (elle existe, $f$ étant continue sur un intervalle). La fonction $G=F\circ \phi$ est dérivable sur $[\alpha ,\beta ]$, avec

$$G^{\mathrm{\prime }}(t)={\phi }^{\mathrm{\prime }}(t)F^{\mathrm{\prime }}(\phi (t))={\phi }^{\mathrm{\prime }}(t)f(\phi (t)),$$

d'après le théorème de composition par une fonction réelle. Cette dérivée est continue, donc $G$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ et $G$ est une primitive de $t\mapsto {\phi }^{\mathrm{\prime }}(t)f(\phi (t))$. Par conséquent

$${\int }_{\alpha }^{\beta }f(\phi (t)){\phi }^{\mathrm{\prime }}(t)\mathrm{d}t=G(\beta )-G(\alpha )=F(\phi (\beta ))-F(\phi (\alpha ))={\int }_{\phi (\alpha )}^{\phi (\beta )}f(u)\mathrm{d}u,$$

la dernière égalité étant le point 3 du théorème sur les primitives, appliqué aux bornes $\phi (\alpha )$ et $\phi (\beta )$. $\mathrm{\square }$

L'inégalité des accroissements finis

Ce qui meurt en dimension supérieure

L'inégalité, elle, survit

Démonstration. La fonction $f^{\mathrm{\prime }}$ est continue sur $[a,b]$, et $f$ en est une primitive. Le théorème sur les primitives donne donc

$$f(b)-f(a)={\int }_a^b{f}^{\mathrm{\prime }}(t)\mathrm{d}t\mathrm{.}$$

En prenant les normes et en appliquant l'inégalité triangulaire intégrale (licite car $a⩽b$), puis la croissance de l'intégrale numérique :

$$\parallel f(b)-f(a)\parallel =\parallel {\int }_a^b{f}^{\mathrm{\prime }}(t)\mathrm{d}t\parallel ⩽{\int }_a^b\parallel f^{\mathrm{\prime }}(t)\parallel \mathrm{d}t⩽{\int }_a^{b}M\mathrm{d}t=M(b-a)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. ($⟸$) Soient $x,y\in I$ avec $x<y$. Comme $I$ est un intervalle, $[x,y]\subset I$, et l'inégalité des accroissements finis appliquée sur $[x,y]$ avec $M=k$ donne $\mathrm{\parallel }f(y)-f(x)\mathrm{\parallel }⩽k(y-x)=k\mathrm{\mid }y-x\mathrm{\mid }$. Le cas $x=y$ est trivial, et le cas $x>y$ s'obtient en échangeant les rôles.

($⟹$) Supposons $f$ $k$-lipschitzienne et soit $t\in I$. Pour $h\mathrm{\ne }0$ tel que $t+h\in I$,

$$\parallel \frac{f(t+h)-f(t)}{h}\parallel =\frac{\parallel f(t+h)-f(t)\parallel }{\mathrm{\mid }h\mathrm{\mid }}⩽\frac{k\mathrm{\mid }h\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }h\mathrm{\mid }}=k\mathrm{.}$$

Le taux d'accroissement tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(t)$ quand $h\to 0$, et la norme est continue, donc $\parallel \frac{f(t+h)-f(t)}{h}\parallel \to \mathrm{\parallel }{f}^{\mathrm{\prime }}(t)\mathrm{\parallel }$. En passant à la limite dans l'inégalité large, $\mathrm{\parallel }{f}^{\mathrm{\prime }}(t)\mathrm{\parallel }⩽k$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Deux démonstrations, toutes deux instructives.

Par les coordonnées. Dans une base de $E$, $f^{\mathrm{\prime }}={\sum }_i{f}_i^{\mathrm{\prime }}{e}_i=0$ entraîne $f_i^{\mathrm{\prime }}=0$ pour tout $i$, par unicité des coordonnées. Chaque $f_i$ est donc une fonction numérique de dérivée nulle sur l'intervalle $I$, donc constante (résultat de première année, conséquence de l'égalité des accroissements finis réelle). Donc $f={\sum }_i{f}_i{e}_i$ est constante.

Par l'inégalité des accroissements finis, dans le cas où $f$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$. Pour $x,y\in I$ avec $x⩽y$, on a $[x,y]\subset I$ et $\mathrm{\parallel }{f}^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\parallel }⩽0$ sur $[x,y]$, donc $\mathrm{\parallel }f(y)-f(x)\mathrm{\parallel }⩽0\times (y-x)=0$, d'où $f(y)=f(x)$. $\mathrm{\square }$

Les formules de Taylor

Taylor avec reste intégral

Démonstration. Par récurrence sur $n$. Notons $\mathcal{P}(n)$ l'énoncé : « pour toute fonction $f$ de classe ${\mathcal{C}}^{n+1}$ sur $I$ et tous $a,x\in I$, la formule ci-dessus est vraie ».

Initialisation, $n=0$. La formule s'écrit

$$f(x)=f(a)+{\int }_a^x{f}^{\mathrm{\prime }}(t)\mathrm{d}t\mathrm{.}$$

C'est exactement le théorème sur les primitives : $f$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$, donc $f^{\mathrm{\prime }}$ est continue et $f$ en est une primitive, d'où ${\int }_a^x{f}^{\mathrm{\prime }}=f(x)-f(a)$. Notons que cette égalité vaut aussi si $x<a$, grâce à la convention d'orientation.

Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie et soit $f$ de classe ${\mathcal{C}}^{n+2}$ sur $I$. Elle est en particulier de classe ${\mathcal{C}}^{n+1}$, donc $\mathcal{P}(n)$ s'applique :

$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{(x-a{)}^k}{k!}{f}^{(k)}(a)+{\int }_a^x\frac{(x-t{)}^n}{n!}{f}^{(n+1)}(t)\mathrm{d}t\mathrm{.}$$

Transformons l'intégrale par une intégration par parties, avec l'application bilinéaire $(\lambda ,y)\mapsto \lambda y$ de $\mathbb{K}\times E$ dans $E$. Posons, la variable d'intégration étant $t$ et le réel $x$ étant fixé,

$$\lambda (t)=-\frac{(x-t{)}^{n+1}}{(n+1)!},u(t)=f^{(n+1)}(t)\mathrm{.}$$

La fonction $\lambda$ est polynomiale en $t$, donc de classe ${\mathcal{C}}^1$, avec

$${\lambda }^{\mathrm{\prime }}(t)=-\frac{(n+1)(x-t{)}^n\times (-1)}{(n+1)!}=\frac{(x-t{)}^n}{n!},$$

et $u$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ puisque $f$ est de classe ${\mathcal{C}}^{n+2}$, avec $u^{\mathrm{\prime }}=f^{(n+2)}$. La formule d'intégration par parties donne

$${\int }_a^x{\lambda }^{\mathrm{\prime }}(t)u(t)\mathrm{d}t=[\lambda (t)u(t){]}_a^x-{\int }_a^x\lambda (t)u^{\mathrm{\prime }}(t)\mathrm{d}t,$$

c'est-à-dire

$${\int }_a^x\frac{(x-t{)}^n}{n!}{f}^{(n+1)}(t)\mathrm{d}t={[-\frac{(x-t{)}^{n+1}}{(n+1)!}{f}^{(n+1)}(t)]}_a^x+{\int }_a^x\frac{(x-t{)}^{n+1}}{(n+1)!}{f}^{(n+2)}(t)\mathrm{d}t\mathrm{.}$$

Le crochet se calcule : en $t=x$, le facteur $(x-t{)}^{n+1}$ s'annule (car $n+1⩾1$), donc le terme est nul ; en $t=a$, il vaut $-(-\frac{(x-a{)}^{n+1}}{(n+1)!}{f}^{(n+1)}(a))=\frac{(x-a{)}^{n+1}}{(n+1)!}{f}^{(n+1)}(a)$. Ainsi

$${\int }_a^x\frac{(x-t{)}^n}{n!}{f}^{(n+1)}(t)\mathrm{d}t=\frac{(x-a{)}^{n+1}}{(n+1)!}{f}^{(n+1)}(a)+{\int }_a^x\frac{(x-t{)}^{n+1}}{(n+1)!}{f}^{(n+2)}(t)\mathrm{d}t\mathrm{.}$$

En reportant dans la formule au rang $n$ :

$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{(x-a{)}^k}{k!}{f}^{(k)}(a)+\frac{(x-a{)}^{n+1}}{(n+1)!}{f}^{(n+1)}(a)+{\int }_a^x\frac{(x-t{)}^{n+1}}{(n+1)!}{f}^{(n+2)}(t)\mathrm{d}t,$$

et les deux premiers termes se recollent en ${\sum }_{k=0}^{n+1}\frac{(x-a{)}^k}{k!}{f}^{(k)}(a)$. C'est $\mathcal{P}(n+1)$. $\mathrm{\square }$

L'inégalité de Taylor-Lagrange

Démonstration. La fonction $f$ est de classe ${\mathcal{C}}^n={\mathcal{C}}^{(n-1)+1}$, donc la formule de Taylor avec reste intégral s'applique au rang $n-1$ :

$$f(x)-\sum _{k=0}^{n-1}\frac{(x-a{)}^k}{k!}{f}^{(k)}(a)={\int }_a^x\frac{(x-t{)}^{n-1}}{(n-1)!}{f}^{(n)}(t)\mathrm{d}t\mathrm{.}$$

Il reste à majorer la norme de cette intégrale, en distinguant selon la position de $x$ par rapport à $a$.

Cas $a⩽x$. L'inégalité triangulaire intégrale s'applique directement. Pour $t\in [a,x]$, on a $x-t⩾0$, donc $\mid \frac{(x-t{)}^{n-1}}{(n-1)!}\mid =\frac{(x-t{)}^{n-1}}{(n-1)!}$, et

$$\parallel {\int }_a^x\frac{(x-t{)}^{n-1}}{(n-1)!}{f}^{(n)}(t)\mathrm{d}t\parallel ⩽{\int }_a^x\frac{(x-t{)}^{n-1}}{(n-1)!}\parallel f^{(n)}(t)\parallel \mathrm{d}t⩽M_n{\int }_a^x\frac{(x-t{)}^{n-1}}{(n-1)!}\mathrm{d}t\mathrm{.}$$

Or

$${\int }_a^x\frac{(x-t{)}^{n-1}}{(n-1)!}\mathrm{d}t={[-\frac{(x-t{)}^n}{n!}]}_a^x=0+\frac{(x-a{)}^n}{n!}=\frac{\mathrm{\mid }x-a{\mathrm{\mid }}^n}{n!},$$

ce qui donne l'inégalité voulue.

Cas $x<a$. On écrit ${\int }_a^x=-{\int }_x^a$, donc la norme du reste vaut $\parallel {\int }_x^a\frac{(x-t{)}^{n-1}}{(n-1)!}{f}^{(n)}(t)\mathrm{d}t\parallel$, et l'on peut appliquer l'inégalité triangulaire intégrale sur le segment $[x,a]$ :

$$\parallel {\int }_x^a\frac{(x-t{)}^{n-1}}{(n-1)!}{f}^{(n)}(t)\mathrm{d}t\parallel ⩽{\int }_x^a\frac{\mathrm{\mid }x-t{\mathrm{\mid }}^{n-1}}{(n-1)!}\parallel f^{(n)}(t)\parallel \mathrm{d}t⩽M_n{\int }_x^a\frac{(t-x{)}^{n-1}}{(n-1)!}\mathrm{d}t,$$

puisque $t⩾x$ sur $[x,a]$. Enfin

$${\int }_x^a\frac{(t-x{)}^{n-1}}{(n-1)!}\mathrm{d}t={\left[\frac{(t-x{)}^n}{n!}\right]}_x^a=\frac{(a-x{)}^n}{n!}=\frac{\mathrm{\mid }x-a{\mathrm{\mid }}^n}{n!}\mathrm{.}$$

Dans les deux cas, la majoration annoncée est établie. $\mathrm{\square }$

La formule de Taylor-Young

Avant l'énoncé, précisons la notation. Pour une fonction $\phi$ définie au voisinage de $0$ et à valeurs dans $E$, on écrit $\phi (h)=o(h^n)$ lorsqu'il existe une fonction $\epsilon$, définie au voisinage de $0$, à valeurs dans $E$, de limite $0_E$ en $0$, telle que $\phi (h)=h^n\epsilon (h)$. De manière équivalente, $\frac{1}{h^n}\phi (h)\to 0_E$ quand $h\to 0$ avec $h\mathrm{\ne }0$.

Démonstration. Le cas $n=0$ est la continuité de $f$ en $a$, donc supposons $n⩾1$. Introduisons la fonction auxiliaire

$$g:x⟼f(x)-\sum _{k=0}^n\frac{(x-a{)}^k}{k!}{f}^{(k)}(a),$$

définie sur $I$ et à valeurs dans $E$. Elle est de classe ${\mathcal{C}}^n$, comme différence de $f$ et d'une fonction polynomiale en $x$ à coefficients vectoriels. Calculons ses dérivées successives en $a$. Pour $0⩽j⩽n$, la dérivation terme à terme du polynôme donne

$$g^{(j)}(x)=f^{(j)}(x)-\sum _{k=j}^n\frac{(x-a{)}^{k-j}}{(k-j)!}{f}^{(k)}(a),$$

car $\frac{{\mathrm{d}}^j}{\mathrm{d}{x}^j}\left(\frac{(x-a{)}^k}{k!}\right)$ vaut $0$ si $k<j$ et $\frac{(x-a{)}^{k-j}}{(k-j)!}$ si $k⩾j$. En $x=a$, tous les termes de la somme s'annulent sauf celui d'indice $k=j$, qui vaut $f^{(j)}(a)$. Donc

$$\mathrm{\forall }j\in \{0,1,\dots ,n\},g^{(j)}(a)=f^{(j)}(a)-f^{(j)}(a)=0_E\mathrm{.}$$

Notons de plus que $g^{(n)}(x)=f^{(n)}(x)-f^{(n)}(a)$, en prenant $j=n$ dans l'expression ci-dessus.

Appliquons maintenant l'inégalité de Taylor-Lagrange à l'ordre $n$ à la fonction $g$, entre $a$ et $a+h$. Comme $g^{(k)}(a)=0_E$ pour $0⩽k⩽n-1$, la somme de Taylor de $g$ est nulle et il reste

$$\parallel g(a+h)\parallel ⩽\frac{\mathrm{\mid }h{\mathrm{\mid }}^n}{n!}\underset{t\in [\min (a,a+h),\max (a,a+h)]}{\sup }\parallel g^{(n)}(t)\parallel =\frac{\mathrm{\mid }h{\mathrm{\mid }}^n}{n!}\underset{t}{\sup }\parallel f^{(n)}(t)-f^{(n)}(a)\parallel \mathrm{.}$$

Soit $\epsilon >0$. La fonction $f^{(n)}$ étant continue en $a$, il existe $\delta >0$ tel que $\mathrm{\mid }t-a\mathrm{\mid }⩽\delta$ et $t\in I$ entraînent $\mathrm{\parallel }{f}^{(n)}(t)-f^{(n)}(a)\mathrm{\parallel }⩽\epsilon$. Alors, pour $\mathrm{\mid }h\mathrm{\mid }⩽\delta$, tous les $t$ du segment considéré vérifient $\mathrm{\mid }t-a\mathrm{\mid }⩽\mathrm{\mid }h\mathrm{\mid }⩽\delta$, donc le sup est majoré par $\epsilon$ et

$$\parallel g(a+h)\parallel ⩽\frac{\mathrm{\mid }h{\mathrm{\mid }}^n}{n!}\epsilon \mathrm{.}$$

Autrement dit, $\frac{1}{h^n}g(a+h)\to 0_E$ quand $h\to 0$, c'est-à-dire $g(a+h)=o(h^n)$. En revenant à la définition de $g$, cela s'écrit

$$f(a+h)=\sum _{k=0}^n\frac{h^k}{k!}{f}^{(k)}(a)+o(h^n)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Laquelle utiliser ?

Méthodes à retenir