Fonctions différentiables - preuves (A)

Soit $f: U \subset \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^p$ une fonction différentiable au point $a \in U$. Supposons qu'il existe deux applications linéaires $L_1, L_2 : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^p$ qui satisfont à la définition de la différentielle.

Par définition, nous avons pour tout $h \in \mathbb{R}^n$ tel que $a+h \in U$ :

1. $f(a+h) = f(a) + L_1(h) + o_1(\|h\|)$
2. $f(a+h) = f(a) + L_2(h) + o_2(\|h\|)$

où $\lim_{h \to 0} \frac{\|o_1(\|h\|)\|}{\|h\|} = 0$ et $\lim_{h \to 0} \frac{\|o_2(\|h\|)\|}{\|h\|} = 0$.

Étape 1 : Isoler la différence des applications linéaires

En soustrayant la deuxième équation de la première, nous obtenons :

$0 = (L_1(h) - L_2(h)) + (o_1(\|h\|) - o_2(\|h\|))$

Soit $L = L_1 - L_2$. Comme $L_1$ et $L_2$ sont des applications linéaires, leur différence $L$ est aussi une application linéaire. L'équation devient :

$L(h) = o_2(\|h\|) - o_1(\|h\|)$

Étape 2 : Montrer que $L$ est l'application nulle

Pour tout $h \neq 0$, divisons par $\|h\|$:

$\frac{L(h)}{\|h\|} = \frac{o_2(\|h\|)}{\|h\|} - \frac{o_1(\|h\|)}{\|h\|}$

Prenons la limite lorsque $h \to 0$:

$\lim_{h \to 0} \frac{L(h)}{\|h\|} = \lim_{h \to 0} \frac{o_2(\|h\|)}{\|h\|} - \lim_{h \to 0} \frac{o_1(\|h\|)}{\|h\|} = 0 - 0 = 0$

Soit maintenant un vecteur quelconque non nul $v \in \mathbb{R}^n$. Considérons les vecteurs $h$ de la forme $h=tv$ avec $t \in \mathbb{R}^*$. Lorsque $t \to 0$, $h \to 0$.

Par linéarité de $L$, on a $L(h) = L(tv) = tL(v)$. De plus, $\|h\| = \|tv\| = |t|\|v\|$.

L'expression de la limite devient :

$\lim_{t \to 0} \frac{tL(v)}{|t|\|v\|} = 0$

Si on prend $t \to 0^+$, on a $|t|=t$, donc $\frac{L(v)}{\|v\|} = 0$, ce qui implique $L(v) = 0$.

Si on prend $t \to 0^-$, on a $|t|=-t$, donc $\frac{-L(v)}{\|v\|} = 0$, ce qui implique aussi $L(v)=0$.

Comme ceci est vrai pour tout vecteur $v \in \mathbb{R}^n$, l'application linéaire $L$ est l'application nulle.

Conclusion

Nous avons montré que $L_1 - L_2 = 0$, soit $L_1 = L_2$. L'application différentielle, si elle existe, est donc unique. On la note $df_a$.

Soit $f: U \subset \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^p$ une fonction différentiable en $a \in U$. Par définition, il existe une application linéaire $df_a : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^p$ telle que :

$f(a+h) = f(a) + df_a(h) + o(\|h\|)$

où $\lim_{h \to 0} \frac{\|o(\|h\|)\|}{\|h\|} = 0$.

Étape 1 : Isoler la variation de la fonction

Réarrangeons l'équation pour exprimer la variation de la fonction :

$f(a+h) - f(a) = df_a(h) + o(\|h\|)$

Pour prouver la continuité en $a$, nous devons montrer que $\lim_{h \to 0} (f(a+h) - f(a)) = 0$.

Il suffit donc de montrer que la limite du membre de droite est nulle lorsque $h \to 0$.

Étape 2 : Analyser la limite de chaque terme

Nous étudions la limite de chaque terme du membre de droite.

1. Terme linéaire $df_a(h)$:

   Toute application linéaire entre des espaces vectoriels normés de dimension finie (comme $\mathbb{R}^n$ et $\mathbb{R}^p$) est continue. En particulier, elle est continue en $0$.

   Donc, $\lim_{h \to 0} df_a(h) = df_a(0) = 0$ (car une application linéaire envoie le vecteur nul sur le vecteur nul).

2. Terme d'erreur $o(\|h\|)$:

   Le terme $o(\|h\|)$ peut s'écrire $\epsilon(h)\|h\|$ avec $\lim_{h \to 0} \epsilon(h) = 0$.

   Donc, $\lim_{h \to 0} o(\|h\|) = \lim_{h \to 0} \epsilon(h)\|h\| = 0 \cdot 0 = 0$.

Étape 3 : Conclure

En prenant la limite de l'équation complète lorsque $h \to 0$, nous obtenons :

$\lim_{h \to 0} (f(a+h) - f(a)) = \lim_{h \to 0} (df_a(h) + o(\|h\|)) = \lim_{h \to 0} df_a(h) + \lim_{h \to 0} o(\|h\|) = 0 + 0 = 0$

Conclusion

Puisque $\lim_{h \to 0} (f(a+h) - f(a)) = 0$, la fonction $f$ est continue au point $a$.

Soit $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^p$ une application linéaire. Soit $a$ un point quelconque de $\mathbb{R}^n$. Nous voulons vérifier si $f$ est différentiable en $a$.

Étape 1 : Calculer $f(a+h)$

Soit $h \in \mathbb{R}^n$. Puisque $f$ est une application linéaire, nous avons :

$f(a+h) = f(a) + f(h)$

Étape 2 : Comparer avec la définition de la différentiabilité

La définition de la différentiabilité de $f$ en $a$ stipule qu'il doit exister une application linéaire $L_a: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^p$ telle que :

$f(a+h) = f(a) + L_a(h) + o(\|h\|)$

En comparant les deux expressions pour $f(a+h)$, nous avons :

$f(a) + f(h) = f(a) + L_a(h) + o(\|h\|)$

Cela suggère de choisir $L_a = f$. Vérifions si ce choix fonctionne.

Étape 3 : Vérifier la validité du choix

Posons $L_a = f$.

1. $L_a$ est bien une application linéaire, par hypothèse sur $f$.
2. Le terme de reste $R(h)$ est alors $f(a+h) - f(a) - L_a(h) = (f(a)+f(h)) - f(a) - f(h) = 0$.

Nous devons vérifier que ce reste est bien un $o(\|h\|)$. C'est-à-dire, nous devons vérifier si $\lim_{h \to 0} \frac{\|R(h)\|}{\|h\|} = 0$.

Puisque $R(h) = 0$ pour tout $h$, nous avons :

$\lim_{h \to 0} \frac{\|0\|}{\|h\|} = \lim_{h \to 0} 0 = 0$

La condition est satisfaite.

Conclusion

L'application linéaire $f$ est différentiable en tout point $a \in \mathbb{R}^n$. Sa différentielle en $a$ est l'application linéaire $f$ elle-même, c'est-à-dire $df_a = f$.

Notons que la différentielle d'une application linéaire est constante (indépendante du point $a$).

Soit $f: U \subset \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^p$ différentiable en $a \in U$. Sa différentielle est notée $L = df_a$.

Par définition, $f(a+h) - f(a) = L(h) + o(\|h\|)$.

Étape 1 : Existence des dérivées partielles

Soit $k \in \{1, \dots, n\}$ et $e_k$ le $k$-ième vecteur de la base canonique de $\mathbb{R}^n$.

Choisissons un vecteur d'accroissement particulier $h = te_k$ avec $t \in \mathbb{R}^*$ suffisamment petit pour que $a+te_k \in U$. On a $\|h\| = |t|$.

La définition de la différentiabilité devient :

$f(a+te_k) - f(a) = L(te_k) + o(|t|)$

Par linéarité de $L$, $L(te_k) = tL(e_k)$. Donc :

$f(a+te_k) - f(a) = tL(e_k) + o(|t|)$

Divisons par $t$ (pour $t \neq 0$) :

$\frac{f(a+te_k) - f(a)}{t} = L(e_k) + \frac{o(|t|)}{t}$

Prenons la limite lorsque $t \to 0$.

La limite du membre de gauche est, par définition, la dérivée partielle $\frac{\partial f}{\partial x_k}(a)$, si elle existe.

Pour le membre de droite :

$\lim_{t \to 0} \frac{\|o(|t|)\|}{|t|} = 0$. Donc, $\lim_{t \to 0} \frac{o(|t|)}{t} = 0$.

Ainsi, la limite existe et nous avons :

$\lim_{t \to 0} \frac{f(a+te_k) - f(a)}{t} = L(e_k)$

Cela prouve que la dérivée partielle $\frac{\partial f}{\partial x_k}(a)$ existe et est égale au vecteur $L(e_k) \in \mathbb{R}^p$.

$\frac{\partial f}{\partial x_k}(a) = df_a(e_k)$

Étape 2 : Représentation matricielle de la différentielle

Soit $h = (h_1, \dots, h_n)$ un vecteur quelconque de $\mathbb{R}^n$. On peut le décomposer dans la base canonique : $h = \sum_{k=1}^n h_k e_k$.

Par linéarité de $df_a$, on a :

$df_a(h) = df_a\left(\sum_{k=1}^n h_k e_k\right) = \sum_{k=1}^n h_k df_a(e_k)$

En utilisant le résultat de l'étape 1 :

$df_a(h) = \sum_{k=1}^n h_k \frac{\partial f}{\partial x_k}(a)$

Cette expression est un produit matrice-vecteur. Si $h$ est un vecteur colonne, alors :

$df_a(h) = \begin{pmatrix} \frac{\partial f}{\partial x_1}(a) & \frac{\partial f}{\partial x_2}(a) & \cdots & \frac{\partial f}{\partial x_n}(a) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} h_1 \\ h_2 \\ \vdots \\ h_n \end{pmatrix}$

Les colonnes de la matrice sont les vecteurs $\frac{\partial f}{\partial x_k}(a) \in \mathbb{R}^p$. En écrivant ces vecteurs en colonnes, on obtient la matrice Jacobienne $J_f(a)$. Si les composantes de $f$ sont $f_1, \dots, f_p$, alors la $i$-ème composante de $\frac{\partial f}{\partial x_k}(a)$ est $\frac{\partial f_i}{\partial x_k}(a)$.

Conclusion

Si $f$ est différentiable en $a$, alors toutes ses dérivées partielles en $a$ existent. De plus, l'application linéaire $df_a$ est celle qui, à un vecteur $h$, associe le vecteur $J_f(a)h$, où $J_f(a)$ est la matrice jacobienne de $f$ en $a$.

Notons $f(x) = (f_1(x), \dots, f_p(x))$ et $a \in U$.

Étape 1 : ($\Rightarrow$) Supposer que $f$ est différentiable et montrer que $f_i$ l'est.

Si $f$ est différentiable en $a$, il existe une application linéaire $df_a: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^p$ telle que :

$f(a+h) = f(a) + df_a(h) + \epsilon(h)\|h\|$

où $\lim_{h \to 0} \epsilon(h) = 0_{\mathbb{R}^p}$.

Notons les composantes de $df_a$ par $(df_a)_i : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ pour $i=1,\dots,p$. Chaque $(df_a)_i$ est une forme linéaire.

De même, notons les composantes de $\epsilon(h)$ par $\epsilon_i(h)$.

L'équation vectorielle ci-dessus est équivalente au système d'équations scalaires suivant, pour chaque composante $i \in \{1, \dots, p\}$ :

$f_i(a+h) = f_i(a) + (df_a)_i(h) + \epsilon_i(h)\|h\|$

La condition $\lim_{h \to 0} \epsilon(h) = 0_{\mathbb{R}^p}$ est équivalente à $\lim_{h \to 0} \epsilon_i(h) = 0$ pour tout $i$.

Pour un $i$ fixé, nous avons trouvé une forme linéaire $L_i = (df_a)_i$ et une fonction $\epsilon_i(h)$ tendant vers 0 telles que $f_i(a+h) = f_i(a) + L_i(h) + \epsilon_i(h)\|h\|$. C'est précisément la définition de la différentiabilité de $f_i$ en $a$, avec $df_{i,a} = L_i$.

Donc, chaque composante $f_i$ est différentiable en $a$.

Étape 2 : ($\Leftarrow$) Supposer que chaque $f_i$ est différentiable et montrer que $f$ l'est.

Supposons maintenant que chaque fonction composante $f_i: U \to \mathbb{R}$ est différentiable en $a$.

Pour chaque $i \in \{1, \dots, p\}$, il existe une forme linéaire $df_{i,a}: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ telle que :

$f_i(a+h) = f_i(a) + df_{i,a}(h) + \epsilon_i(h)\|h\|$

où $\lim_{h \to 0} \epsilon_i(h) = 0$.

Construisons une application $L: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^p$ en assemblant ces formes linéaires :

$L(h) = (df_{1,a}(h), df_{2,a}(h), \dots, df_{p,a}(h))$.

Cette application $L$ est linéaire car chacune de ses composantes l'est.

Empilons les $p$ équations de différentiabilité pour former une équation vectorielle :

$\begin{pmatrix} f_1(a+h) \\ \vdots \\ f_p(a+h) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_1(a) \\ \vdots \\ f_p(a) \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} df_{1,a}(h) \\ \vdots \\ df_{p,a}(h) \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} \epsilon_1(h)\|h\| \\ \vdots \\ \epsilon_p(h)\|h\| \end{pmatrix}$

Ce qui s'écrit :

$f(a+h) = f(a) + L(h) + \epsilon(h)\|h\|$

où $\epsilon(h) = (\epsilon_1(h), \dots, \epsilon_p(h))$.

Il reste à vérifier que $\lim_{h \to 0} \epsilon(h) = 0_{\mathbb{R}^p}$.

Par hypothèse, nous savons que pour chaque $i$, $\lim_{h \to 0} \epsilon_i(h) = 0$.

La limite d'une fonction vectorielle est le vecteur des limites de ses composantes. Donc :

$\lim_{h \to 0} \epsilon(h) = \left(\lim_{h \to 0} \epsilon_1(h), \dots, \lim_{h \to 0} \epsilon_p(h)\right) = (0, \dots, 0) = 0_{\mathbb{R}^p}$

Ceci prouve que $f$ est différentiable en $a$ et que sa différentielle est l'application $L$ que nous avons construite, c'est-à-dire $df_a(h) = (df_{1,a}(h), \dots, df_{p,a}(h))$.

Conclusion

Une fonction à valeurs vectorielles est différentiable si et seulement si toutes ses fonctions composantes le sont.

Soient $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}^n$ et $g: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ différentiables respectivement en $t_0$ et $a=f(t_0)$.

Leurs développements limités d'ordre 1 sont :

1. $f(t_0+k) = f(t_0) + k f'(t_0) + \epsilon_f(k) k$, où $f'(t_0) \in \mathbb{R}^n$ et $\lim_{k \to 0} \epsilon_f(k) = 0$.
2. $g(a+u) = g(a) + \langle \nabla g(a), u \rangle + \epsilon_g(u) \|u\|$, où $\nabla g(a) \in \mathbb{R}^n$ et $\lim_{u \to 0} \epsilon_g(u) = 0$.

Étape 1 : Exprimer la variation de $h=g \circ f$

On veut analyser $h(t_0+k) - h(t_0) = g(f(t_0+k)) - g(f(t_0))$.

Posons $u = f(t_0+k) - f(t_0) = f(t_0+k) - a$.

Alors $h(t_0+k) - h(t_0) = g(a+u) - g(a) = \langle \nabla g(a), u \rangle + \epsilon_g(u) \|u\|$.

Étape 2 : Substituer l'expression de $u$

Remplaçons $u$ par son expression en fonction de $k$ :

$u = k f'(t_0) + \epsilon_f(k) k = k (f'(t_0) + \epsilon_f(k))$.

On a donc :

$h(t_0+k) - h(t_0) = \langle \nabla g(a), k(f'(t_0) + \epsilon_f(k)) \rangle + \epsilon_g(u) \|u\|$

Par linéarité du produit scalaire :

$h(t_0+k) - h(t_0) = k \langle \nabla g(a), f'(t_0) \rangle + k \langle \nabla g(a), \epsilon_f(k) \rangle + \epsilon_g(u) \|u\|$

Étape 3 : Analyser les termes et diviser par $k$

Divisons par $k$ (pour $k \neq 0$) :

$\frac{h(t_0+k) - h(t_0)}{k} = \langle \nabla g(a), f'(t_0) \rangle + \langle \nabla g(a), \epsilon_f(k) \rangle + \epsilon_g(u) \frac{\|u\|}{k}$

Pour prouver la différentiabilité de $h$ et trouver sa dérivée, nous devons prendre la limite de cette expression lorsque $k \to 0$.

• Le premier terme, $\langle \nabla g(a), f'(t_0) \rangle$, est constant.
• Pour le deuxième terme : comme $\lim_{k \to 0} \epsilon_f(k) = 0$, on a $\lim_{k \to 0} \langle \nabla g(a), \epsilon_f(k) \rangle = \langle \nabla g(a), 0 \rangle = 0$.
• Pour le troisième terme :
  • D'abord, notons que lorsque $k \to 0$, $u = k (f'(t_0) + \epsilon_f(k)) \to 0$. Puisque $\lim_{u \to 0} \epsilon_g(u) = 0$, on a $\lim_{k \to 0} \epsilon_g(u) = 0$.
  • Ensuite, regardons le quotient $\frac{\|u\|}{k} = \frac{\|k (f'(t_0) + \epsilon_f(k))\|}{k} = \frac{|k|}{k} \|f'(t_0) + \epsilon_f(k)\|$.
  • Lorsque $k \to 0$, la limite de $\|f'(t_0) + \epsilon_f(k)\|$ est $\|f'(t_0)\|$. Le terme $\frac{|k|}{k}$ est borné (il vaut 1 ou -1).
  • Le produit $\epsilon_g(u) \frac{\|u\|}{k}$ tend donc vers $0 \times \|f'(t_0)\| = 0$.

Conclusion

En prenant la limite lorsque $k \to 0$, nous obtenons :

$\lim_{k \to 0} \frac{h(t_0+k) - h(t_0)}{k} = \langle \nabla g(a), f'(t_0) \rangle + 0 + 0$

La limite existe et est finie. Par conséquent, $h = g \circ f$ est différentiable (dérivable) en $t_0$, et sa dérivée est :

$h'(t_0) = \langle \nabla g(a), f'(t_0) \rangle = J_g(f(t_0)) \cdot J_f(t_0)$

Étape 1 : Formaliser la notion de vecteur tangent

Un vecteur $v \in \mathbb{R}^n$ est dit tangent à la surface de niveau $S_c$ au point $a$ s'il existe une courbe (arc paramétré) différentiable $\gamma: I \to S_c$, où $I$ est un intervalle ouvert contenant 0, telle que :

• $\gamma(0) = a$
• $\gamma'(0) = v$

Étape 2 : Utiliser la propriété de la surface de niveau

Par définition, pour tout point $\gamma(t)$ sur la courbe, on a $f(\gamma(t)) = c$, où $c=f(a)$.

Considérons la fonction $h: I \to \mathbb{R}$ définie par $h(t) = f(\gamma(t))$. D'après ce qui précède, $h(t)$ est une fonction constante, $h(t)=c$.

Par conséquent, sa dérivée est nulle pour tout $t \in I$ : $h'(t) = 0$.

Étape 3 : Appliquer la règle de la chaîne

La fonction $h$ est la composée de $\gamma: \mathbb{R} \to \mathbb{R}^n$ et $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$. Comme $f$ et $\gamma$ sont différentiables, on peut appliquer la règle de la chaîne pour calculer $h'(t)$:

$h'(t) = d(f \circ \gamma)_t(1) = df_{\gamma(t)} \circ d\gamma_t(1)$

En termes de jacobiennes (ou de gradient et vecteur vitesse) :

$h'(t) = J_f(\gamma(t)) \cdot \gamma'(t) = \langle \nabla f(\gamma(t)), \gamma'(t) \rangle$

Étape 4 : Évaluer en $t=0$ et conclure

Nous savons que $h'(t) = 0$ pour tout $t$, donc en particulier pour $t=0$.

En évaluant l'expression ci-dessus en $t=0$, on obtient :

$h'(0) = \langle \nabla f(\gamma(0)), \gamma'(0) \rangle = 0$

Sachant que $\gamma(0)=a$ et $\gamma'(0)=v$, cela se traduit par :

$\langle \nabla f(a), v \rangle = 0$

Conclusion

Le produit scalaire entre le gradient de $f$ en $a$, $\nabla f(a)$, et n'importe quel vecteur tangent $v$ à la surface de niveau $S_c$ en $a$ est nul. Cela signifie que $\nabla f(a)$ est orthogonal à l'espace tangent à la surface de niveau en $a$.

Étape 1 : Se ramener à une fonction d'une variable

Soit le segment $[a,b] = \{ a+t(b-a) \mid t \in [0,1] \}$.

Considérons la fonction auxiliaire $\phi : [0,1] \to \mathbb{R}$ définie par $\phi(t) = f(a+t(b-a))$.

• $\phi$ est définie et continue sur $[0,1]$ car elle est la composée de $t \mapsto a+t(b-a)$ (continue) et de $f$ (différentiable donc continue).
• $\phi$ est dérivable sur $]0,1[$ car $f$ est différentiable sur $U$ qui contient le segment ouvert $]a,b[$.

Étape 2 : Appliquer le théorème des accroissements finis en 1D

Selon le théorème des accroissements finis pour les fonctions d'une variable réelle, il existe $\theta \in ]0,1[$ tel que :

$\phi(1) - \phi(0) = \phi'(\theta) (1-0) = \phi'(\theta)$

Par définition de $\phi$, on a $\phi(1) = f(a+1(b-a)) = f(b)$ et $\phi(0) = f(a+0(b-a)) = f(a)$.

L'équation devient :

$f(b) - f(a) = \phi'(\theta)$

Étape 3 : Calculer $\phi'(t)$ en utilisant la règle de la chaîne

La fonction $\phi(t)$ est la composée de $\gamma(t) = a+t(b-a)$ et de $f$.

La dérivée de $\gamma(t)$ est $\gamma'(t) = b-a$.

Par la règle de la chaîne, la dérivée de $\phi(t) = f(\gamma(t))$ est :

$\phi'(t) = \langle \nabla f(\gamma(t)), \gamma'(t) \rangle = \langle \nabla f(a+t(b-a)), b-a \rangle$

Étape 4 : Combiner les résultats pour obtenir l'égalité

En substituant l'expression de $\phi'(\theta)$ dans l'équation de l'étape 2, on obtient :

$f(b) - f(a) = \langle \nabla f(a+\theta(b-a)), b-a \rangle$

Posons $c = a+\theta(b-a)$. Comme $\theta \in ]0,1[$, le point $c$ appartient au segment ouvert $]a,b[$.

Nous avons donc bien prouvé qu'il existe $c \in ]a,b[$ tel que :

$f(b) - f(a) = \langle \nabla f(c), b-a \rangle$

Étape 5 : En déduire l'inégalité

Appliquons l'inégalité de Cauchy-Schwarz à l'égalité précédente :

$|\langle \nabla f(c), b-a \rangle| \le \|\nabla f(c)\|_2 \cdot \|b-a\|_2$

Donc,

$|f(b) - f(a)| \le \|\nabla f(c)\|_2 \cdot \|b-a\|_2$

Le point $c$ dépend de $a$ et $b$. Pour obtenir une borne qui ne dépend que du segment, on majore $\|\nabla f(c)\|_2$ par le supremum de la norme du gradient sur tout le segment :

$\|\nabla f(c)\|_2 \le \sup_{x \in [a,b]} \|\nabla f(x)\|_2$

Conclusion

Nous obtenons finalement l'inégalité des accroissements finis :

$|f(b)-f(a)| \le \|b-a\|_2 \sup_{x \in [a,b]} \|\nabla f(x)\|_2$