[>] Dérivation de fonctions à valeurs matricielles

Exercice 1 564 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie et $f : ℝ \to E$ dérivable en $0$ .

On suppose

\forall x \in ℝ, f (2 x) = 2 f (x) .

Montrer que $f$ est linéaire

Solution

Pour $x = 0$ , on obtient $f (2 \times 0) = 2 \times f (0)$ et donc $f (0) = 0_{E}$ .

Pour $x \in ℝ$ ,

f (x) = f (2 \times \frac{x}{2}) = 2 f (\frac{x}{2}) .

Par récurrence, on acquiert

f (x) = 2^{n} f (\frac{x}{2^{n}}) pour tout n \in ℕ .

Par développement limité en $0$ , on peut écrire

f (t) = f (0) + t . f^{'} (0) + t . ε (t) = t . f^{'} (0) + t . ε (t) avec ε (t) \to_{t \to 0}^{} 0_{E} .

On en déduit

f (x) = 2^{n} (\frac{x}{2^{n}} . f^{'} (0) + \frac{x}{2^{n}} ε (\frac{x}{2^{n}})) = x . f^{'} (0) + x . ε (\frac{x}{2^{n}}) .

À la limite quand $n$ tend vers l’infini,

f (x) = x . f^{'} (0) + x {.0}_{E} = x . f^{'} (0) .

Ainsi, $f$ est linéaire.

Exercice 2 565 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie et $f : 𝒞^{1} ([a; b [, E)$ .
Montrer que $f$ admet un prolongement de classe $𝒞^{1}$ à $[a; b]$ si, et seulement si, $f^{'}$ admet une limite en $b$ .

Solution

Un tel résultat est déjà connu pour les fonctions à valeurs réelles par application du théorème des accroissements finis. En raisonnant via parties réelles et imaginaires on peut étendre ce résultat au cas d’une fonction complexe. En raisonnant via les fonctions coordonnées dans une base de $E$ , on prolonge ce résultat aux fonctions à valeurs dans $E$ .

Exercice 3 569 Correction

Soit $f : [0; 1] \to E$ dérivable à droite en 0 et vérifiant $f (0) = 0$ .
Déterminer la limite quand $n \to + \infty$ de

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n^{2}}) .

Solution

Par la dérivabilité à droite de $f$ en $0$ , on peut écrire

f (x) = f (0) + x . f^{'} (0) + x . ε (x) avec ε \to_{0^{+}}^{} 0 .

Puisque $f (0) = 0$ , on obtient

S_{n} = \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n} k . f^{'} (0) + \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n} k . ε (\frac{k}{n^{2}}) .

En exploitant

∥ ε (\frac{k}{n^{2}}) ∥ \leq \max_{] 0; 1 / n]} ∥ ε ∥

\sum_{k = 1}^{n} k = \frac{n (n + 1)}{2}

on obtient

∥ S_{n} - \frac{n + 1}{2 n} f^{'} (0) ∥ \leq \frac{n + 1}{2 n} \max_{] 0; 1 / n]} ∥ ε ∥ .

Or $ε \to_{0^{+}}^{} 0$ donc

\max_{] 0; 1 / n]} ∥ ε ∥ \to_{n \to + \infty}^{} 0

puis

S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2} f^{'} (0) .

Exercice 4 5060

Soit $f : [a; b] \to ℝ^{2}$ une fonction dérivable.

Montrer qu’il existe $c \in] a; b [$ tel que $f^{'} (c)$ soit colinéaire à $f (b) - f (a)$ .

Exercice 5 3964

Soit $t \mapsto f (t)$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ définie sur $ℝ$ et à valeurs dans l’espace $ℝ^{2}$ muni de sa structure euclidienne usuelle.

On suppose la fonction $t \mapsto ∥ f (t) ∥$ constante. Montrer que pour tout réel $t$ , les vecteurs $f (t)$ et $f^{'} (t)$ sont orthogonaux.

Exercice 6 6143 Correction

Soit $E$ un espace euclidien de produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ .

Soit $f : [a; b] \to E$ une fonction continue sur $[a; b]$ et dérivable sur $] a; b [$ . En considérant la fonction $φ : t \mapsto ⟨ f (b) - f (a), f (t) ⟩$ , montrer qu’il existe $c \in] a; b [$ tel que

∥ f (b) - f (a) ∥ ⩽ (b - a) ∥ f^{'} (c) ∥ .

Solution

La fonction $φ$ est à valeurs réelles, définie et continue sur $[a; b]$ et dérivable sur $] a; b [$ . Par le théorème des accroissements finis, il existe $c \in] a; b [$ tel que

φ (b) - φ (a) = (b - a) φ^{'} (c)

c’est-à-dire

{∥ f (b) - f (a) ∥}^{2} = (b - a) ⟨ f (b) - f (a), f^{'} (c) ⟩ .

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

{∥ f (b) - f (a) ∥}^{2} = (b - a) ∥ f (b) - f (a) ∥ ∥ f^{'} (c) ∥ .

Que $∥ f (b) - f (a) ∥$ soit nul ou non, on obtient

∥ f (b) - f (a) ∥ ⩽ (b - a) ∥ f^{'} (c) ∥ .

Exercice 7 5343 Correction

(Inégalité des accroissements finis)

Soient $E$ un espace normé par $∥ \cdot ∥$ , $a < b$ deux réels et $f : [a; b] \to E$ une fonction dérivable. On suppose qu’il existe $M \in ℝ_{+}$ tel que

∥ f^{'} (t) ∥ \leq M pour tout t \in [a; b] .

On souhaite établir¹¹ 1 On retrouve l’inégalité des accroissements finis déjà affirmée dans le cours mais obtenue ici avec l’hypothèse dérivable au lieu de classe $𝒞^{1}$ .

∥ f (b) - f (a) ∥ \leq M (b - a) .

(a)

Soit $ε > 0$ . Montrer l’existence d’un plus grand élément $c \in [a; b]$ tel que

$∥ f (c) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (c - a) .$
(b)

Montrer que $c = b$ et conclure.

Solution

(a)

Méthode: On introduit la borne supérieure de l’ensemble des nombres $c$ convenables et l’on montre que celle-ci appartient aussi à cet ensemble.

Notons $A_{ε}$ l’ensemble des $c \in [a; b]$ vérifiant

$∥ f (c) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (c - a) .$

Cet ensemble est une partie de $ℝ$ , celle-ci est non vide car $a$ lui appartient et est majorée par $b$ . La partie $A_{ε}$ admet donc une borne supérieure que l’on note encore $c$ . Par réalisation séquentielle d’une borne supérieure, il existe une suite $(c_{n})$ d’éléments de $A_{ε}$ qui tend vers $c$ . Les éléments $c_{n}$ appartiennent au segment $[a; b]$ et donc la limite $c$ aussi. En particulier, la fonction $f$ est définie en $c$ .

De plus, pour tout $n \in ℕ$ ,

$∥ f (c_{n}) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (c_{n} - a) .$

Compte tenu de la continuité de $f$ , cela donne à la limite

$∥ f (c) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (c - a) .$

Ainsi, $c$ est élément de $A_{ε}$ , c’est le plus grand élément de $[a; b]$ vérifiant l’inégalité.
(b)

Par l’absurde, supposons $c \in [a; b [$ .

Méthode: Puisque $∥ f^{'} (c) ∥ < M + ε$ , on montre que pour $t$ au voisinage de $c$ , on a l’inégalité $∥ f (t) - f (c) ∥ \leq (M + ε) | t - c |$ .

Sachant

$lim_{\begin{matrix} t \to c \\ t \neq c \end{matrix}} \frac{f (t) - f (c)}{t - c} = f^{'} (c) avec ∥ f^{'} (c) ∥ < M + ε$

il existe $α > 0$ tel que

$\forall t \in [a; b], (| t - c | \leq α et t \neq c) ⟹ ∥ \frac{f (t) - f (c)}{t - c} ∥ \leq M + ε .$

Puisque $c$ est strictement inférieur à $b$ , on peut introduire $t \in] c; b]$ tel que $| t - c | \leq α$ et alors

$∥ f (t) - f (c) ∥ \leq (M + ε) (t - c)$

puis, par l’inégalité triangulaire,

$∥ f (t) - f (a) ∥$ $= ∥ f (t) - f (c) + f (c) - f (a) ∥$

$\leq \underset{\begin{matrix} \leq (M + ε) (c - t) \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ f (t) - f (c) ∥}} + \underset{\begin{matrix} \leq (M + ε) (c - a) \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ f (c) - f (a) ∥}} \leq (M + ε) (t - a) .$

Cela contredit la définition de $c$ , c’est absurde.

On en déduit que $c = b$ et donc

$∥ f (b) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (b - a) .$

Enfin, cela valant pour tout $ε > 0$ , aussi petit soit-il, on a encore

$∥ f (b) - f (a) ∥ \leq M (b - a) .$

Exercice 8 5061

Soit $\vec{f} : I \to ℝ^{n}$ une fonction dérivable ne s’annulant pas et telle que les vecteurs $\vec{f} (t)$ et ${\vec{f}}^{'} (t)$ sont colinéaires pour tout $t \in I$ .

Montrer que la fonction $\vec{f}$ prend toutes ses valeurs dans une même droite vectorielle.

Exercice 9 5247

(Loi des aires)

Soit $\vec{f} : I \to ℝ^{3}$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ ne s’annulant pas et telle que les vecteurs $\vec{f} (t)$ et ${\vec{f}}^{''} (t)$ sont colinéaires pour tout $t \in I$ .

Montrer que la fonction $f$ prend toutes ses valeurs dans un même plan vectoriel et que le triangle défini par les vecteurs $\vec{f} (t)$ et ${\vec{f}}^{'} (t)$ est d’aire constante.

Exercice 10 6144 Correction

Soit $E$ un espace euclidien de produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ .

Soit $f : I \to E$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ , telle que, $∥ f ∥$ est constante et, pour tout $t \in I$ , $f^{''} (t)$ est colinéaire à $f (t)$ .

Montrer que $∥ f^{'} ∥$ est constante.

Solution

Comme $t \mapsto ∥ f (t) ∥$ est constante sur $I$ , on a, pour tout $t \in I$ ,

⟨ f (t), f (t) ⟩ = c

où $c$ est une constante. En dérivant, on obtient

⟨ f^{'} (t), f (t) ⟩ = 0 .

En dérivant $t \mapsto {∥ f^{'} (t) ∥}^{2}$ , on obtient

\frac{d}{d t} ({∥ f^{'} (t) ∥}^{2}) = 2 ⟨ f^{''} (t), f^{'} (t) ⟩ .

Or $f^{''} (t)$ est colinéaire à $f (t)$ et il existe donc $λ (t) \in ℝ$ tel que $f^{''} (t) = λ (t) f (t)$ . Ainsi

⟨ f^{''} (t), f^{'} (t) ⟩ = λ (t) ⟨ f (t), f^{'} (t) ⟩ = 0

puis

\frac{d}{d t} ({∥ f^{'} (t) ∥}^{2}) = 0

ce qui montre que $t \mapsto {∥ f^{'} (t) ∥}^{2}$ est constante.

Exercice 11 6145 Correction

On munit $ℝ^{3}$ de son produit scalaire canonique.

Soient $e_{1}, e_{2}, e_{3}$ trois fonctions définies sur $ℝ$ , à valeurs dans $ℝ^{3}$ , de classe $𝒞^{1}$ telles que, pour tout $t \in ℝ$ , la famille $ℬ (t) = (e_{1} (t), e_{2} (t), e_{3} (t))$ est une base orthonormée de $ℝ^{3}$ .

Pour tout $t \in ℝ$ , montrer que la matrice $M (t)$ représentative de la famille $(e_{1}^{'} (t), e_{2}^{'} (t), e_{3}^{'} (t))$ dans la base $ℬ (t)$ est antisymétrique.

Solution

Soit $t \in ℝ$ . Comme $ℬ (t) = (e_{1} (t), e_{2} (t), e_{3} (t))$ est une base orthonormée de $ℝ^{3}$ , on a, pour tous $i, j \in {1, 2, 3}$ ,

⟨ e_{i} (t), e_{j} (t) ⟩ = δ_{i, j} .

En dérivant cette relation par rapport à $t$ , on obtient

⟨ e_{i}^{'} (t), e_{j} (t) ⟩ + ⟨ e_{i} (t), e_{j}^{'} (t) ⟩ = 0

Or, par définition de la matrice $M (t)$ de la famille $(e_{1}^{'} (t), e_{2}^{'} (t), e_{3}^{'} (t))$ dans la base orthonormée $ℬ (t)$ , ses coefficients sont donnés par

M (t) = (m_{i, j} (t)) avec m_{i, j} (t) = ⟨ e_{i} (t), e_{j}^{'} (t) ⟩

Ainsi, pour tous $i, j$ ,

m_{i, j} (t) = ⟨ e_{i} (t), e_{j}^{'} (t) ⟩ = - ⟨ e_{j} (t), e_{i}^{'} (t) ⟩ = - m_{j, i} (t)

où l’on a utilisé la symétrie du produit scalaire.

On en déduit que $M (t)$ est antisymétrique.

Exercice 12 6146 Correction

Soit $f : [a; b] \to E$ une application dérivable telle que

\forall t \in [a; b], ∥ f (t) ∥ + ∥ f^{'} (t) ∥ > 0 .

Montrer que $f$ ne s’annule qu’au plus un nombre fini de fois.

Solution

Par l’absurde, supposons que $f$ s’annule une infinité de fois. On peut former une suite ${(t_{n})}_{n \in ℕ}$ d’éléments de $[a; b]$ formée d’annulations deux à deux distinctes de $f$ . Par le théorème de Bolzano-Weierstrass, il existe $φ : ℕ \to ℕ$ strictement croissante telle que

t_{φ (k)} \to_{k \to + \infty}^{} t_{\infty} \in [a; b] .

Par continuité de $f$ , $f (t_{\infty}) = 0$ . Par définition,

f^{'} (t_{\infty}) = lim_{\binom{t \to t_{\infty}}{t \neq t_{\infty}}} \frac{f (t) - f (t_{\infty})}{t - t_{\infty}} .

et, par caractérisation séquentielle,

f^{'} (t_{\infty}) = lim_{k \to + \infty} \frac{f (t_{φ (k)}) - f (t_{\infty})}{t_{φ (k)} - t_{\infty}} = 0 .

Cela contredit l’hypothèse

\forall t \in [a; b], ∥ f (t) ∥ + ∥ f^{'} (t) ∥ > 0 .

C’est absurde.

[<] Dérivation[>] Dérivation d'un déterminant

Exercice 13 5948 Correction

Pour $t \in ℝ$ , on pose

M (t) = (\begin{matrix} 1 & e^{t} \\ - e^{- t} & - 1 \end{matrix})

ce qui détermine une fonction dérivable $M : ℝ \mapsto ℳ_{2} (ℝ)$ .

(a)

Calculer $e^{M (t)}$ .
(b)

A-t-on ${(e^{M})}^{'} = M^{'} e^{M}$ ?

Solution

(a)

On remarque $M {(t)}^{2} = O_{2}$ . On en déduit

$e^{M (t)} = I_{2} + M (t) = (\begin{matrix} 2 & e^{t} \\ - e^{- t} & 0 \end{matrix})$
(b)

On obtient

${(e^{M})}^{'} (t) = (\begin{matrix} 0 & e^{t} \\ e^{- t} & 0 \end{matrix})$

et

$M^{'} (t) e^{M (t)} = (\begin{matrix} 0 & e^{t} \\ e^{- t} & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} 2 & e^{t} \\ - e^{- t} & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 1 & 0 \\ 2 e^{- t} & 1 \end{matrix})$

La formule ${(e^{M})}^{'} = M^{'} e^{M}$ n’est pas vérifiée.

Exercice 14 6142 Correction

Soit $M : I \to ℳ_{n} (ℝ)$ une fonction dérivable.

On suppose que, pour tout $t \in I$ , $M (t)$ est inversible et on pose $N (t) = {(M (t))}^{- 1}$ .

Montrer que $N$ est dérivable et exprimer $N^{'}$ en fonction de $M^{'}$ et $N$ .

Solution

On sait

N = M^{- 1} = \frac{1}{\det (M)} {(Com (M))}^{⊤}

Les coefficients $t \mapsto M (t)$ sont des fonctions dérivables. Par somme et produit de fonctions dérivables, $t \mapsto \det (M (t))$ est dérivable. Il en est de même des fonctions coefficients de $t \mapsto Com (M (t))$ . On en déduit que $t \mapsto N (t)$ est dérivable car ses coefficients sont des quotients définis de fonctions dérivables.

Puisque $M (t) N (t) = I_{n}$ , on obtient par dérivation $M^{'} (t) N (t) + M (t) N^{'} (t) = 0$ . On en déduit

N^{'} (t) = - N (t) M^{'} (t) N (t)

Exercice 15 4142

Soit $M : ℝ \to ℳ_{2 n + 1} (ℝ)$ une application de classe $𝒞^{1}$ vérifiant, pour tout réel $s$ ,

M^{⊤} (s) M (s) = I_{n} .

Montrer que la matrice $M^{'} (s)$ n’est inversible pour aucune valeur de $s \in ℝ$ .

Exercice 16 5944 Correction

Pour $M \in ℳ_{n} (ℂ)$ nilpotente, on pose

L (M) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} M^{k} .

On étudie la fonction $f$ donnée par $f (t) = \exp (- L (t M))$ pour $t \in ℝ$ .

(a)

Établir

$\forall t \in ℝ, f (t) = \prod_{k = 1}^{n - 1} \exp (- \frac{t^{k}}{k} M^{k}) .$
(b)

Montrer que $f$ est dérivable sur $ℝ$ avec

$\forall t \in ℝ, (I_{n} - t M) f^{'} (t) = - M f (t) .$
(c)

Montrer que $f^{'}$ est constante.
(d)

En déduire $\exp (L (M)) = {(I_{n} - M)}^{- 1}$ .

Solution

(a)

Puisque $M$ est nilpotente de taille $n$ , on sait $M^{n} = O_{n}$ . Cela assure que $L (t M)$ est correctement définie pour tout $t \in ℝ$ .

$L (t M) = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k} t^{k} M^{k}$

et l’on peut introduire

$f (t) = \exp (- L (t M)) .$

Les termes de la somme définissant $L (t M)$ commutent entre eux et donc

$f (t) = \prod_{k = 1}^{n - 1} \exp (- \frac{1}{k} t^{k} M^{k}) .$
(b)

Pour $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ , on sait que $t \mapsto e^{t A}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ avec

$\frac{d}{d t} (e^{t A}) = A e^{t A} .$

Par produit, on en déduit que la fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ . Aussi, par composition,

$\frac{d}{d t} (\exp (- \frac{1}{k} t^{k} M^{k})) = - t^{k - 1} M^{k} \exp (- \frac{1}{k} t^{k} M^{k})$

et, par dérivation d’un produit (et commutativité des facteurs),

$f^{'} (t) = - \sum_{k = 1}^{n - 1} t^{k - 1} M^{k} f (t) .$

On multiplie les deux membres par $I_{n} t M$ pour observer un télescopage en second membre

$(I_{n} - t M) f^{'} (t)$ $= - \sum_{k = 1}^{n - 1} (t^{k - 1} M^{k} - t^{k} M^{k + 1}) f (t)$

$= - (M - t^{n - 1} M^{n}) f (t) = - M f (t) .$
(c)

On peut à nouveau dériver

$- M f^{'} (t) + (I_{n} - t M) f^{''} (t) = - M f^{'} (t)$

ce qui se simplifie en

$(I_{n} - t M) f^{''} (t) = 0 .$

Puisque la matrice $M$ est nilpotente, elle est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte. Par cette similitude, on obtient $\det (I_{n} - t M) = 1$ et donc $I_{n} - t M$ est une matrice inversible. On en déduit

$f^{''} (t) = 0 .$

La fonction $f^{'}$ est donc constante.
(d)

On a $f (0) = I_{n}$ et $f^{'} (0) = - M$ puis on obtient

$\forall t \in ℝ, f (t) = I_{n} - t M .$

En particulier,

$\exp (L (M)) = {(f (1))}^{- 1} = {(I_{n} - M)}^{- 1} .$

[<] Dérivation de fonctions à valeurs matricielles[>] Vecteurs tangents à une partie

Exercice 17 566 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ et $x$ réel, on pose:

D_{n} (x) = | \begin{matrix} x & 1 & (0) \\ x^{2} / 2! & x & 1 \\ x^{3} / 3! & x^{2} / 2! & x & ⋱ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & 1 \\ x^{n} / n! & \dots & \dots & x^{2} / 2! & x \end{matrix} | .

(a)

Montrer que $D_{n}$ est une fonction dérivable et exprimer $D_{n}^{'} (x)$ en fonction de $D_{n - 1} (x)$ pour $n \geq 2$ et $x \in ℝ$ .
(b)

En déduire l’expression de $D_{n} (x)$ pour tous $n \in ℕ^{*}$ et $x \in ℝ$ .

Solution

(a)

Notons $A (x) = (a_{i, j} (x)) \in ℳ_{n} (ℝ)$ la matrice dont $D_{n} (x)$ est le déterminant. Par la formule définissant le déterminant,

$D_{n} (x) = \sum_{σ \in 𝒮_{n}} (ε (σ) \prod_{i = 1}^{n} a_{σ (i), i} (x)) .$

On en déduit que la fonction $D_{n}$ est dérivable mais cette formule n’est pas particulièrement commode¹¹ 1 Cependant, on peut y parvenir après un effort de lucidité! pour calculer $D_{n}^{'} (x)$ .

Notons $C_{1} (x), \dots, C_{n} (x)$ les colonnes de la matrice $A (x)$ . On sait

$D_{n} (x) = \det (A (x)) = \det (C_{1} (x) ∣ \dots ∣ C_{n} (x))$

Les coefficients de $x \mapsto C_{j} (x)$ étant des fonctions dérivables, on peut affirmer que chaque fonction $x \mapsto C_{j} (x)$ est dérivable. Par multilinéarité du déterminant d’une famille de colonnes, on retrouve que l’application $x \mapsto D_{n} (x)$ est dérivable²² 2 Par la même argumentation, on montre $D_{n}$ de classe $𝒞^{\infty}$ car les fonctions colonnes le sont. avec, au surplus, la formule de dérivation

$D_{n}^{'} = \det (C_{1}^{'} ∣ C_{2} ∣ \dots ∣ C_{n}) + \det (C_{1} ∣ C_{2}^{'} ∣ \dots ∣ C_{n}) + \dots + \det (C_{1} ∣ C_{2} ∣ \dots ∣ C_{n}^{'}) .$

On remarque que, pour tout $j \in ⟦ 1; n - 1 ⟧$ , $C_{j}^{'} = C_{j + 1}$ . Le déterminant d’une famille comportant deux vecteurs identiques étant nuls, on peut simplifier l’égalité précédente et écrire

$D_{n}^{'} = \det (C_{1} ∣ C_{2} ∣ \dots ∣ C_{n}^{'}) .$

En développant par rapport à la dernière colonne ce dernier déterminant, on obtient

$D_{n}^{'} = D_{n - 1} pour tout n \geq 2 .$
(b)

Sachant $D_{n} (0) = 0$ et $D_{1} (x) = x$ , on montre par récurrence

$D_{n} (x) = \frac{x^{n}}{n!} .$

La propriété est immédiatement vraie pour $n = 1$ .

Supposons celle-ci acquise au rang $n - 1$ avec $n \geq 2$ .

Par hypothèse de récurrence,

$D_{n} (x) = D_{n} (0) + \int_{0}^{x} D_{n}^{'} (t) d t = \int_{0}^{x} D_{n - 1} (t) d t = \int_{0}^{x} \frac{t^{n - 1}}{(n - 1)!} d t = \frac{x^{n}}{n!} .$

La récurrence est établie

Exercice 18 2693 MINES (MP)Correction

Calculer le déterminant

| \begin{matrix} a_{1} + x & (x) \\ ⋱ \\ (x) & a_{n} + x \end{matrix} |

où $x, a_{1}, \dots, a_{n}$ réels.

Solution

En retirant la première colonne aux autres, on obtient un déterminant où ne figurent des $x$ que sur la première colonne. En développant selon cette première colonne, on obtient une expression affine de la variable $x$ .

| \begin{matrix} a_{1} + x & (x) \\ ⋱ \\ (x) & a_{n} + x \end{matrix} | = α x + β .

Il reste à déterminer les réels $α, β$ exprimant cette fonction affine.
D’une part

β = {| \begin{matrix} a_{1} + x & (x) \\ ⋱ \\ (x) & a_{n} + x \end{matrix} |}_{x = 0} = | \begin{matrix} a_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & a_{n} \end{matrix} | = a_{1} \dots a_{n}

et d’autre part

α = \frac{d}{d x} {| \begin{matrix} a_{1} + x & (x) \\ ⋱ \\ (x) & a_{n} + x \end{matrix} |}_{x = 0} .

La dérivée d’un déterminant est la somme des déterminants obtenus lorsque l’on ne dérive qu’une colonne

α = \sum_{j = 1}^{n} | \begin{matrix} a_{1} & 1 & (0) \\ ⋮ \\ (0) & 1 & a_{n} \end{matrix} |

où la colonne formée de 1 est à la position $j$ . Chaque déterminant se calcule en développant selon la ligne ne contenant que le coefficient 1 et l’on obtient

α = \sum_{j = 1}^{n} \prod_{i \neq j} a_{i} .

Exercice 19 2587 CCINP (MP)Correction

Soient $u, v, w$ trois fonctions de classe $𝒞^{2}$ de $[a; b]$ vers $ℝ$ (avec $a < b$ ). On suppose

| \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u^{'} (a) & v^{'} (a) & w^{'} (a) \end{matrix} | = 0 .

Montrer qu’il existe $c \in] a; b [$ vérifiant

| \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u^{''} (c) & v^{''} (c) & w^{''} (c) \end{matrix} | = 0 .

Solution

On introduit la fonction $f : [a; b] \to ℝ$ définie par

f (x) = | \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u (x) & v (x) & w (x) \end{matrix} | .

Cette fonction est continue sur $[a; b]$ , dérivable sur $] a; b [$ avec

f^{'} (x) = | \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u^{'} (x) & v^{'} (x) & w^{'} (x) \end{matrix} | .

De plus, $f (a) = f (b) = 0$ et donc, par le théorème de Rolle, il existe $d \in] a; b [$ tel que $f^{'} (d) = 0$ . Au surplus, $f^{'} (a) = 0$ et une nouvelle application du théorème de Rolle – à la fonction $f^{'}$ cette fois – donne l’existence de $c \in] a; d [\subset] a; b [$ telle

f^{''} (c) = | \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u^{''} (c) & v^{''} (c) & w^{''} (c) \end{matrix} | = 0 .

Exercice 20 6147 Correction

Soit $A : I \to ℳ_{n} (ℝ)$ une fonction dérivable. On pose $φ : I \to ℝ$ donnée par

φ (t) = \det (A (t)) .

Justifier que $φ$ est dérivable avec

\forall t \in I, φ^{'} (t) = tr ({(Com (A (t)))}^{⊤} A^{'} (t)) .

Solution

Notons $C_{1}, \dots, C_{n}$ les colonnes de $A$ de sorte que

\det (A (t)) = \det (C_{1} (t) ∣ \dots ∣ C_{n} (t)) .

Les fonctions $t \mapsto C_{j} (t)$ sont dérivables. Par composition multilinéaire, la fonction $φ : t \mapsto \det (A (t))$ est dérivable avec

φ^{'} (t) = \sum_{j = 1}^{n} \det (C_{1} (t) ∣ \dots ∣ C_{j}^{'} (t) ∣ \dots ∣ C_{n} (t)) .

Soit $j \in ⟦ 1; n ⟧$ . Par développement selon la $j$ -ème colonne,

\det (C_{1} (t) ∣ \dots ∣ C_{j}^{'} (t) ∣ \dots ∣ C_{n} (t)) = \sum_{i = 1}^{n} a_{i, j}^{'} (t) A_{i, j} (t)

en introduisant $A_{i, j} (t)$ le cofacteur d’indice $(i, j)$ de $A (t)$ .

Sachant que la comatrice est la matrice des cofacteurs, on obtient

φ^{'} (t) = \sum_{i, j = 1}^{n} A_{i, j} (t) a_{i, j}^{'} (t) = \sum_{i, j = 1}^{n} {[Com (A (t))]}_{i, j} {[A^{'} (t)]}_{i, j} .

On reconnaît le produit scalaire canonique des matrices $Com (A (t))$ et $A^{'} (t)$ . Ce produit scalaire s’exprime aussi

φ^{'} (t) = tr ({(Com (A (t)))}^{⊤} A^{'} (t)) .

[<] Dérivation d'un déterminant[>] Formules de Taylor

Exercice 21 5649 Correction

Soit $X$ une partie non vide d’un espace normé $E$ . On suppose que $a \in E$ est intérieur à $X$ . Déterminer l’ensemble $T_{a} X$ des vecteurs tangents à $X$ en $a$ .

Solution

Puisque $a$ est intérieur à $X$ , il existe $r > 0$ tel que $B (a, r) \subset X$ .

Soit $v \in E$ . Considèrons $γ : ℝ \to E$ définie par $γ (t) = a + t . v$ . Pour $t$ proche de $0$ , $γ (t) \in B (a, r)$ donc $γ (t) \in X$ . Au surplus, $γ (0) = a$ et $γ^{'} (0) = v$ et donc $v$ est tangent à $X$ en $a$ . L’ensemble $T_{a} X$ vaut donc $E$ .

Exercice 22 5650 Correction

Soit $B$ la boule unité euclidienne fermée.

Déterminer les vecteurs tangents à $B$ en $a$ élément de la sphère unité.

Solution

Soit $v$ un vecteur tangent à la boule $B$ en $a$ . Il existe $γ :] - ε; ε [\to E$ inscrit dans $B$ tel que $γ (0) = a$ et $γ^{'} (0) = v$ .

Puisque $γ$ est inscrit dans $B$ , $∥ γ (t) ∥ \leq 1$ pour tout $t \in] - ε; ε [$ . La fonction $φ : t \mapsto (γ (t) ∣ γ (t))$ est donc maximale en $t = 0$ . On en déduit $φ^{'} (0) = 0$ . Cela donne $2 (γ (0) ∣ γ^{'} (0)) = 0$ puis $(a ∣ v) = 0$ .

Inversement, soit $u$ un vecteur unitaire vérifiant $(a ∣ u) = 0$ . On considère $γ : ℝ \to E$ définie par

γ (t) = \cos (t) . a + \sin (t) . u .

On vérifie ${∥ γ (t) ∥}^{2} = 1$ , $γ (0) = a$ et $γ^{'} (0) = u$ . On en déduit $u \in T_{a} B$ . Par colinéarité, tout vecteur $v$ orthogonal à $a$ est élément de $T_{a} B$ .

Finalement, $T_{a} B = Vect {(a)}^{⊥}$ .

Exercice 23 5934 Correction

Déterminer l’ensemble tangent à ${SL}_{n} (ℝ)$ en $I_{n}$ .

Solution

Commençons par remarquer que $I_{n}$ est élément de ${SL}_{n} (ℝ)$ .

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ un vecteur tangent à ${SL}_{n} (ℝ)$ en $I_{n}$ . Il existe $t \mapsto M (t)$ fonction définie au voisinage de $0$ et prenant ses valeurs dans ${SL}_{n} (ℝ)$ vérifiant

M (0) = I_{n} et M^{'} (0) = A .

Puisque $\det (M (t)) = 1$ , on obtient en dérivant

\sum_{j = 1}^{n} \det (C_{1} (0), \dots, C_{j}^{'} (0), \dots, C_{n} (0)) = 0

en notant $C_{1} (t), \dots, C_{n} (t)$ les colonnes de $M (t)$ . Puisque $M (0) = I_{n}$ , il vient

\sum_{j = 1}^{n} \det (E_{1}, \dots, {\tilde{C}}_{j}, \dots, E_{n}) = 0

en notant ${\tilde{C}}_{1}, \dots, {\tilde{C}}_{n}$ les colonnes de $A$ . Par développement selon la $j$ -ème ligne, on obtient

\det (E_{1}, \dots, {\tilde{C}}_{j}, \dots, E_{n}) = {[A]}_{j, j}

et, finalement, on parvient à la condition

tr (A) = 0 .

Ainsi,

T_{I_{n}} ({SL}_{n} (ℝ)) \subset H = {A \in ℳ_{n} (ℝ) | tr (A) = 0} .

Inversement, soit $A \in H$ . Considérons

M (t) = \frac{1}{\det (I_{n} + t A)} (I_{n} + t A)

pour $t$ réel au voisinage de $0$ . L’application $t \mapsto M (t)$ est évidemment à valeurs dans ${SL}_{n} (ℝ)$ . Aussi, à l’aide du calcul précédent,

\det (I_{n} + t A) \underset{t \to 0}{=} 1 + t tr (A) + o (t) = 1 + o (t)

de sorte que l’on obtient le développement limité

M (t) \underset{t \to 0}{=} \frac{1}{1 + o (t)} (I_{n} + t A) = I_{n} + t A + o (t) .

On a donc que $M (0) = I_{n}$ et $M^{'} (0) = A$ . Ainsi, $A$ est un vecteur tangent à ${SL}_{n} (ℝ)$ en $I_{n}$ .

On conclut

T_{I_{n}} ({SL}_{n} (ℝ)) = H .

Exercice 24 5933 Correction

(a)

Déterminer l’ensemble tangent à $O_{n} (ℝ)$ en $I_{n}$ .
(b)

Plus généralement, déterminer l’ensemble tangent à $O_{n} (ℝ)$ en $Ω \in O_{n} (ℝ)$ .

Solution

(a)

Commençons par remarquer que $I_{n}$ est élément de $O_{n} (ℝ)$ .

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ un vecteur tangent à $O_{n} (ℝ)$ en $I_{n}$ . Il existe $t \mapsto M (t)$ fonction définie au voisinage de $0$ et prenant ses valeurs dans $O_{n} (ℝ)$ vérifiant

$M (0) = I_{n} et M^{'} (0) = A .$

Puisque ${(M (t))}^{⊤} M (t) = I_{n}$ , on obtient en dérivant

${(M^{'} (0))}^{⊤} M (0) + {(M (0))}^{⊤} M^{'} (0) = O_{n}$

et donc

$A^{⊤} + A = O_{n} .$

Ainsi,

$T_{I_{n}} (O_{n} (ℝ)) \subset 𝒜_{n} (ℝ) = {A \in ℳ_{n} (ℝ) | A^{⊤} = - A} .$

Inversement, soit $A \in 𝒜_{n} (ℝ)$ . Considérons $M (t) = \exp (t A)$ pour $t \in ℝ$ . On remarque

${(M (t))}^{⊤} M (t) = \exp (- t A) \exp (t A) = \exp (- t A + t A) = I_{n} .$

L’application $t \mapsto M (t)$ est donc à valeurs dans $O_{n} (ℝ)$ . Au surplus, $M (0) = I_{n}$ et $M^{'} (t) = A M (t)$ de sorte que $M^{'} (0) = A$ . Ainsi, $A$ est un vecteur tangent à $O_{n} (ℝ)$ en $I_{n}$ .

On conclut

$T_{I_{n}} O_{n} (ℝ) = 𝒜_{n} (ℝ) .$
(b)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ un vecteur tangent à $O_{n} (ℝ)$ en $Ω$ . Un calcul analogue au précédent conduit à la condition

$A^{⊤} Ω + Ω^{⊤} A = O_{n}$

soit

${(Ω^{- 1} A)}^{⊤} = - Ω^{- 1} A .$

Par conséquent,

$T_{Ω} (O_{n} (ℝ)) \subset {A \in ℳ_{n} (ℝ) | Ω^{- 1} A \in 𝒜_{n} (ℝ)}$

Réciproquement, on vérifie que $t \mapsto Ω \exp (t Ω^{- 1} A)$ définit une application dérivable à valeurs dans $O_{n} (ℝ)$ prenant la valeur $Ω$ en $0$ et de vecteur dérivé $A$ en $0$ .

On conclut

$T_{Ω} (O_{n} (ℝ)) = {A \in ℳ_{n} (ℝ) | Ω^{- 1} A \in 𝒜_{n} (ℝ)} .$

[<] Vecteurs tangents à une partie

Exercice 25 570 Correction

Soit $f : [0; 1] \to E$ de classe $𝒞^{2}$ telle que

f (0) = f^{'} (0) = f^{'} (1) = 0 et ∥ f (1) ∥ = 1 .

Montrer en écrivant deux formules de Taylor que ${∥ f^{''} ∥}_{\infty} \geq 4$ .

Solution

Par l’inégalité de Taylor Lagrange:

∥ f (\frac{1}{2}) - f (0) - \frac{1}{2} f^{'} (0) ∥ \leq \frac{1}{8} {∥ f^{''} ∥}_{\infty}

∥ f (\frac{1}{2}) - f (1) + \frac{1}{2} f^{'} (1) ∥ \leq \frac{1}{8} {∥ f^{''} ∥}_{\infty} .

On en déduit

∥ f (\frac{1}{2}) ∥ \leq \frac{1}{8} {∥ f^{''} ∥}_{\infty} et | ∥ f (\frac{1}{2}) ∥ - ∥ f (1) ∥ | \leq \frac{1}{8} {∥ f^{''} ∥}_{\infty}

donc

1 = ∥ f (1) ∥ \leq ∥ f (1) ∥ - ∥ f (\frac{1}{2}) ∥ + ∥ f (\frac{1}{2}) ∥ \leq \frac{1}{4} {∥ f^{''} ∥}_{\infty}

puis ${∥ f^{''} ∥}_{\infty} \geq 4$ .

Exercice 26 567 Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Montrer que, pour tout $0 \leq p < n$ ,

$\sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) k^{p} = 0 et \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) k^{n} = {(- 1)}^{n} n! .$
(b)

En déduire, pour $f : ℝ \to E$ de classe $𝒞^{n}$ , la limite quand $h \to 0$ de

$\frac{1}{h^{n}} \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) f (k h) .$

Solution

(a)

Procédons par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Pour $n = 1$ ,

$\sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) = {(1 - 1)}^{n} = 0 et \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} k (\binom{n}{k}) = - 1 .$

Supposons la propriété établie au rang $n \geq 1$ .

Soit $0 \leq p < n + 1$ .

Si $p = 0$ alors

$\sum_{k = 0}^{n + 1} {(- 1)}^{k} (\binom{n + 1}{k}) k^{p} = {(1 - 1)}^{n + 1} = 0 .$

Si $0 < p < n + 1$ alors

$\sum_{k = 0}^{n + 1} {(- 1)}^{k} (\binom{n + 1}{k}) k^{p} = (n + 1) \sum_{k = 1}^{n + 1} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k - 1}) k^{p - 1} = (n + 1) \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k - 1} (\binom{n}{k}) {(k + 1)}^{p - 1} = 0$

après développement du ${(k + 1)}^{p - 1}$ .

Si $p = n + 1$ alors

$\sum_{k = 0}^{n + 1} {(- 1)}^{k} (\binom{n + 1}{k}) k^{n + 1} = (n + 1) \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k - 1} (\binom{n}{k}) {(k + 1)}^{n} = {(- 1)}^{n + 1} (n + 1)! .$

La récurrence est établie.
(b)

Par la formule de Taylor-Young,

$f (x) \underset{x \to 0}{=} \sum_{p = 0}^{n} \frac{f^{(p)} (0)}{p!} x^{p} + o (x^{n})$

donc

$\sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) f (k h) \underset{h \to 0}{=} \sum_{p = 0}^{n} \frac{f^{(p)} (0)}{p!} \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{n}{k}) k^{p} + o (h^{n}) \to_{h \to 0}^{} {(- 1)}^{n} f^{(n)} (0) .$

Exercice 27 571 MINES (MP)

Soit $f : ℝ \to E$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ telle que $f$ et $f^{''}$ sont bornées. On pose

M_{0} = {∥ f ∥}_{\infty} et M_{2} = {∥ f^{''} ∥}_{\infty} .

(a)

Soit $x \in ℝ$ . Établir que pour tout $h > 0$

$∥ f^{'} (x) ∥ \leq \frac{2 M_{0}}{h} + \frac{h M_{2}}{2} .$
(b)

En déduire que $f^{'}$ est bornée et

${∥ f^{'} ∥}_{\infty} \leq 2 \sqrt{M_{0} M_{2}} .$
(c)

En améliorant l’étude qui précède, montrer

${∥ f^{'} ∥}_{\infty} \leq \sqrt{2 M_{0} M_{2}} .$

Édité le 24-04-2026

	$∥ f (t) - f (a) ∥$	$= ∥ f (t) - f (c) + f (c) - f (a) ∥$
		$\leq \underset{\begin{matrix} \leq (M + ε) (c - t) \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ f (t) - f (c) ∥}} + \underset{\begin{matrix} \leq (M + ε) (c - a) \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ f (c) - f (a) ∥}} \leq (M + ε) (t - a) .$

	$(I_{n} - t M) f^{'} (t)$	$= - \sum_{k = 1}^{n - 1} (t^{k - 1} M^{k} - t^{k} M^{k + 1}) f (t)$
		$= - (M - t^{n - 1} M^{n}) f (t) = - M f (t) .$