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L3 MASS — Calcul diff´
erentiel (cours et exercices)
John BOXALL
(Ann´ee universitaire 2009–2010 )
Introduction
(0.1) Ce cours s’articule autour du calcul diff´
erentiel et, en particulier, son application au
calcul des extremums d’une fonction, assujettie ou non `a des contraintes. Voici quelques exemples
typiques :
(0.1.1) D´eterminer si oui ou non la fonction la fonction (x, y) 7→
un minimum sur R2 et, le cas ´ech´eant, les trouver.

x
1+x2 +y 2

a un maximum ou

(0.1.2) Quelles sont les valeurs maximales et minimales de la fonction (x, y, z) 7→ x + 2y + 3z
sur la sph`ere x2 + y 2 + z 2 = 1 et pour quelles valeurs de (x, y, z) sont-elles atteintes ?
(0.1.3) Parmi les triangles de p´erim`etre donn´ee, lesquels ont la plus grande aire ?
(0.1.4) Soient a, b, α, β quatre r´eels tels que a < b. Pour
R b ptoute fonction f : [a, b] → R de
classe C (1) telle que f (a) = α et f (b) = β on pose L(f ) = a 1 + f 0 (t)2 dt. Quelle est la valeur
minimale de L(f ) et pour quelles fonctions f est-elle atteinte ? Notons que L(f ) est la longueur
de la courbe joignant les points (a, α) et (b, β) et d´efinie par y = f (x). Le probl`eme peut alors
ˆetre reformul´e ainsi : quelle est la courbe la plus courte joignant (a, α) et (b, β) ? Bien que ce
probl`eme soit classiquement pos´e pour les fonctions de classe C (1) , nous nous limiterons par souci
de simplicit´e aux fonctions de classe C (2) .
(0.2) Nous ´etudierons ensuite quelques ´
equations diff´
erentielles, et notamment les notions
d’´
equilibre et de stabilit´
e des solutions. En g´en´eral, on s’int´eresse `a une solution particuli`ere
d’une ´equation diff´erentielle (par exemple une solution constante), dite solution d’´
equilibre.
L’´equation est alors dite stable si toutes les autres solutions s’approchent (dans un sens qui doit
ˆetre pr´ecis´e selon le contexte) `a la solution d’´equilibre lorsque t → +∞. Voici quelques exemples,
x0 , x00 d´esignant les d´eriv´ees successives de x par rapport `a t :
(0.2.1) Soient a, b, c trois r´eels tels que b 6= 0. L’´equation x00 (t) + ax0 (t) + bx(t) = c a alors
comme solution d’´equilibre la solution constante x0 (t) = cb . Pour quelle valeurs de a, b, c l’´equation
est-elle stable, c’est-`a-dire on a limt→+∞ x(t) = cb pour toute solution x ?
(0.2.2) On consid`ere le syst`eme
x0 (t) = 1 − x(t)y(t)
y 0 (t) = x(t).
Quelles sont les solutions constantes de ce syst`eme ? Y-a-t-il stabilit´e locale autour de ces
solutions d’´equilibre ? Notons que chaque solution (x(t), y(t)) param`etre une courbe dans le plan :
il y a stabilit´e locale lorsque toute solution qui se trouve suffisamment proche `a une solution
d’´equilibre lorsque t est assez grand converge vers l’´equilibre lorsque t → +∞.
(0.2.3) Le dernier th`eme est consacr´e `a la d´emonstration de l’existence locale et l’unicit´e de
solutions de syst`emes d’´equations diff´erentielles sous des hypoth`eses convenables. Nous verrons sur
un exemple commment la m´ethode de d´emonstration, dans l’absence de solution exprimable en
1

termes des fonctions famili`eres (puissances, exponentielles, logarithmes, trigonom´etriques) permet
de construire une suite de solution approch´ees.
(0.3) Voici donc le contenu du cours.
— Th`eme 1. Ouverts et ferm´es de Rp , fonctions continues Rp → R ;
— Th`eme 2. Compacts, connexes par arcs et connexes de Rp ;
— Th`eme 3. D´eriv´ees partielles, formule de Taylor ;
— Th`eme 4. Formes quadratiques, extremums libres ;
— Th`eme 5. Extremums li´es d’une fonction Rp → R, m´ethode des multiplicateurs de Lagrange ;
´
— Th`eme 6. Equations
diff´erentielles, ´equilibre, stabilit´e ;
— Th`eme 7. Syst`emes d’´equations diff´erentielles ;
— Th`eme 8. Solutions p´eriodiques, cycles limites ;
— Th`eme 9. Calcul des variations ;
— Th`eme 10. Applications aux ´equations diff´erentielles.
Le texte conclut avec un appendice contenant quelques rappels.
Chaque th`eme est suivi par une collection d’exercices. Le num´ero de chaque exercice est pr´ec´ed´e
par une lettre e minuscule ; ainsi (e4.5) d´esigne l’exercice 5 qui se trouve `a la fin du th`eme 4.

Th`
eme 1. Ouverts, ferm´
es, fonctions continues
(1.1) On note K l’un des corps R et C. Soit E un K-espace vectoriel. On rappelle qu’une
norme sur E est une application ||.|| : E → R qui v´erifie les propri´et´es
(i ) On a ||x|| ≥ 0 pour tout x ∈ E,
(ii ) L’´el´ement x de E v´erifie ||x|| = 0 si et seulement si 0,
(iii ) On a ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| pour tout x, y ∈ E,
(iv ) On a ||λx|| = |λ| ||x|| pour tout λ ∈ K et pour tout x ∈ E.
Un espace vectoriel norm´
e est un espace vectoriel muni d’une norme.
(1.1.1) Lorsque K = R, un produit scalaire sur E est une forme bilin´eaire sym´etrique (voir
le paragraphe (A.4) de l’appendice pour plus de rappels) not´ee h., .i et v´erifiant
(i ) On a hx, xi >≥ 0 pour tout x ∈ E,
(ii ) L’´el´ement x de E v´erifie hx, xi = 0 si et seulement si 0.
Lorsque c’est le cas, la fonction x 7→ hx, xi1/2 est une norme, appel´ee norme associ´
ee.
(1.1.2) De mˆeme, lorsque K = C, un produit hermitien sur E est une forme R-bilin´eaire
telle que hy, xi = hx, yi pour tout (x, y) ∈ E 2 et v´erifiant
(i ) hix, yi = ihx, yi pour tout (x, y) ∈ E 2 ,
(ii ) On a hx, xi ≥ 0 pour tout x ∈ E,
(iii ) L’´el´ement x de E v´erifie hx, xi = 0 si et seulement si 0.
Un K-espace pr´
ehilbertien est un K-espace vectoriel muni d’un produit scalaire (lorsque
K = R) ou un produit hermitien (lorsque K = C). Lorsque E est de dimension finie, on parle d’un
espace euclidien (lorsque K = R) ou d’un espace hermitien (lorsque K = C).
(1.1.3) On dit que x et y sont orthogonaux (ou perpendiculaires) si hx, yi = 0. L’in´
egalit´
e
de Cauchy-Schwarz est alors l’in´egalit´e |hx, yi| ≤ ||x|| ||y|| qui est valable quelque soit (x, y) ∈
2

E 2 . Elle a pour cons´equence l’in´
egalit´
e triangulaire ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y||, qui est encore valable
quelque soit (x, y) ∈ E 2 .
On trouvera au (e1.12) une ´etude des cas d’´egalit´e dans l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz et
l’in´egalit´e triangulaire.
(1.2) Dans ce cours, et au moins jusqu’au th`eme 8, l’exemple au centre de nos pr´eoccupations
est celui du R-espace vectoriel Rp , p ≥ 1 ´etant un entier. Si x = (x1 , x2 , . . . , xp ) ∈ Rp et si
a ∈ R, on note ax = (ax1 , ax2 , . . . , axp ). Si encore y = (y1 , y2 , . . . , yp ) ∈ Rp , on a x + y =
(x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xp + yp ). Trois normes interviennent particuli`erement souvent : si x ∈ Rp , on
pose
||x||1 = |x1 | + |x2 | + · · · + |xp |,
||x||2 = (x21 + x22 + · · · + x2p )1/2 ,
||x||∞ = max{|x|1 , |x|2 , . . . , |x|p }.
Parmi ces trois normes, seule ||.||2 est associ´ee `a un produit scalaire, `a savoir
hx, yi = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xp yp .
(1.3) Soient E un espace vectoriel norm´e et soient x, y ∈ E. Intuitivement, au moins lorsque
E = Rp et ||.|| est la norme ||.||2 , ||y − x|| est la distance entre les points d’un espace euclidien
ere de centre x et de
dont les affixes sont x et y. Ainsi, si r ∈ R∗+ et si x ∈ E, on appelle sph`
rayon r et on note S(x; r) l’ensemble des y ∈ E v´erifiant ||y −x|| = r. De mˆeme, on appelle boule
ferm´
ee de centre x et de rayon r l’ensemble des y ∈ E tels que ||y − x|| ≤ r : elle est not´ee
K(x; r). Enfin, la boule ouverte de centre x et de rayon r, not´ee B(x; r), est l’ensemble des
y ∈ E v´erifiant ||y − x|| < r.
Notons que, contrairement `a l’usage g´en´erale, l’usage math´ematique des mots sph`ere et boule
en donnent un sens pr´ecis : une sph`ere est creuse alors qu’une boule est solide. Lorsque p = 2, on
parle respectivement d’un cercle et d’un disque.
(1.3.1) Soit x ∈ E. Un voisinage de x est une partie V de E contenant une boule ouverte
B(x; r) avec r > 0 convenable.
(1.4) Soit U une partie de E. On dit que U est ouverte (ou : un ouvert), si, quelque soit
y ∈ U , il existe r > 0 telle que B(y; r) ⊆ U .
(1.4.1) Pour tout x ∈ E et pour tout r ∈ R∗+ , la boule ouverte B(x; r) est un ouvert..
D´emonstration. Soit y ∈ B(x; r). Posons r0 = ||y − x||. Par hypoth`ese, r0 < r. Soit z ∈ Rp tel
que ||z − y|| < r − r0 . Or, on a ||z − x|| = ||(z − y) + (y − x)|| ≤ ||z − y|| + r0 ≤ r − r0 + r0 = r,
d’o`
u z ∈ B(x; r). On en tire que la boule B(y, r − r0 ) est contenue dans B(x; r).
(1.4.2) La partie F de E est dite ferm´
ee (ou un ferm´e) si son compl´ementaire F c est un
ouvert. (On consultera l’appendice pour la notation concernant les ensembles.)
(1.4.3) Pour tout x ∈ E et pour tout r ∈ R+ , la boule ferm´ee K(x; r) est un ferm´e.
On v´erifie que K(x; r)c est un ouvert par un argument semblable `a la d´emonstration de (1.4.1).
(1.4.4) Proposition. (i ) Toute r´eunion d’ouverts de E est ouverte. Toute intersection d’un
nombre fini d’ouverts de E est ouverte.
(ii ) Toute intersection de ferm´es de E est ferm´ee. Toute r´eunion d’un nombre fini de ferm´es
de E est ferm´ee.
3

La d´emonstration a ´et´e vue en deuxi`eme ann´ee.
(1.5) Notons encore E un K-espace vectoriel norm´e. Soit X une partie de E. Rappelons qu’une
suite (un ) `a valeurs dans X est convergente s’il existe ` ∈ E avec la propri´et´e suivante :
quelque soit ε > 0, on peut trouver Nε tel que pour tout n ≥ Nε on ait ||un − `|| ≤ ε.
On rappelle que ` est alors unique, et est appel´e la limite de (un ). On dit alors que (un )
converge vers `, et on ´ecrit un → λ lorsque n → +∞ ou encore lim un = `.
n→+∞

On dit que la suite (un ) converge dans X si elle converge et sa limite appartient encore `a
X.
Exemple. Prenons p = 1, X =]0, 1]. La suite ( n1 ) converge vers 0 mais, puisque 0 ∈
/ X, elle ne
converge pas dans X.
(1.5.1) Th´
eor`
eme. Soit X une partie de E. Pour que X soit ferm´ee, il faut et il suffit que la
limite de toute suite convergente et `a valeurs dans X appartienne `
a E.
`
A nouveau, ce r´esultat a ´et´e vu en deuxi`eme ann´ee.
(1.6) Soit X ⊆ E et soit x ∈ X. On dit que x est un point int´
erieur de X s’il existe r ∈ R∗+
tel que B(x; r) ⊆ X. L’ensemble des points int´erieurs de X est un ouvert de E contenu dans X,


appel´e l’int´
erieur de X et not´e X. Si U ⊆ X est ouvert, alors tout point de U est un point



int´erieur de X et donc U ⊆ X. On a X ⊆ X et X = X si et seulement si X est ouvert.

Exemples. (i ) Soit X = [0, 1[. Alors X =]0, 1[.
(ii ) Soit X = Q. Si x ∈ X et si r > 0, l’intervalle ]x − r, x + r[ contient toujours un irrationnel.


On en tire que ]x − r, x + r[ n’est pas contenu dans Q quelque soit la valeur de r. Donc x ∈
/ Q et


Q = ∅.
(1.6.1) Soit X ⊆ E et soit x ∈ E. On dit que x est un point adh´
erent de X si tout voisinage
de x rencontre X. L’ensemble des points adh´erents de X est appel´e l’adh´
erence de X et est not´e
X. Alors X est un ferm´e, comme on peut voir en remarquant que tout x ∈
/ X poss`ede un voisinage
qui ne rencontre pas X. De mˆeme, si F est un ferm´e contenant X, alors F ⊇ X. On a X ⊆ X et
X = X si et seulement si X est ferm´e.
Le point x est un point adh´erent de X si et seulement s’il existe une suite d’´el´ements de X
convergeant vers x.
D´emonstration. En effet, si x ∈ E et si n ∈ N∗ , la boule B(x; n1 ) rencontre E en un point
un . La suite (un ) converge alors vers x. R´eciproquement, si (un ) est une suite `a valeurs dans E
convergeant vers x et si r > 0, la d´efinition de convergence d’une suite implique que un ∈ B(x; r)
pour tout n assez grand.
Exemples. (i ) Si X = [0, 1[, alors X = [0, 1].
(ii ) Soit X = Q. Si x ∈ R, il existe une suite de rationnels convergeant vers x. On en tire que
x ∈ Q. Donc Q = R.
(1.6.2) Soient X, Y deux parties de E telles que X ⊆ Y . On dit que X est dense dans Y si
X ⊇ Y . On dit que X est dense si X = E. D’apr`es l’exemple pr´ec´edent, Q est dense dans R.


(1.6.3) Soit X ⊆ E. La fronti`
ere de X est l’ensemble X − X, not´e Fr(X). Si par exemple X


est une boule (ouverte ou ferm´ee) de centre x et de rayon r, alors X = K(x; r), X = B(x; r) et
Fr(X) est alors la sph`ere S(x; r).
(1.7) Soient E, F deux K-espaces vectoriels norm´es, soit X une partie de E et soit f : X → F
4

une fonction. Soit x0 ∈ X. On dit que f est continue en x0 si, quelque soit ε > 0, on peut trouver
δ (d´ependant de ε), tel que pour tout x ∈ X v´erifiant ||x − x0 || ≤ δ, on ait ||f (x) − f (x0 )|| ≤ ε.
On dit que f est continue (ou continue sur X) si f est continue en tout point x0 de X.
(1.7.1) Soient X, Y deux parties de E telles que Y ⊆ X et soit x0 ∈ Y . Si la fonction
f : X → R est continue en x0 , alors la restriction de f `
a Y est continue en x0 . Rappelons que la
r´eciproque de cet ´enonc´e est fausse : si la restriction de f `a Y est continue en x0 , on ne peut pas
conclure que f y est continue. Prenons comme exemple le cas o`
u E = R, E 0 = [0, +∞[, x0 = 0 et
f (x) = 1 si x ∈ E 0 , f (x) = 0 si x ∈
/ E 0 (faire un croquis).
Soient f , g deux fonctions de X dans R et soit a ∈ R. On note respectivement f + g, f − g,
af , |f |, max(f, g), min(f, g) les fonctions d´efinies par (f + g)(x) = f (x) + g(x),
(f − g)(x) =

f (x) − g(x), (af )(x) = a f (x), |f |(x) = |f (x)|, max(f, g)(x) = max f (x), g(x) et min(f, g)(x) =
1
min f (x), g(x) quelque soit x ∈ X. Si f (x) 6= 0 pour tout x ∈ X, on d´efinit f1 par f1 (x) = f (x)
.
(1.7.2) Proposition. Soit x0 ∈ X et soient f , g : X → R deux fonctions.
(i ) Si f et g sont continues en x0 , il en est de mˆeme pour f + g, pour f − g, pour af , pour
f g, pour |f |, pour max(f, g), pour min(f, g) et, le cas ´ech´eant, pour f1 .
(ii ) Si f et g sont continues sur E, il en est de mˆeme pour f + g, pour f − g, pour af , pour
f g, pour |f |, pour max(f, g), pour min(f, g) et, le cas ´ech´eant, pour f1 .
R´esum´e de la d´emonstration. (i ) Les cas de f + g, de f − g, de af , de f g et de f1 sont familiers.
En ce qui concerne |f |, on utilise l’in´egalit´e ||u| − |v|| ≤ |u − v| valable quelque soit les r´eels u et
v. Si ε > 0, et x ∈ E sont tels que |f (x) − f (x0 )| ≤ ε, on a certainement ||f (x)| − |f (x0 )|| ≤ ε. En
ce qui concerne les cas de max(f, g) et de min(f, g), on les d´eduit des cas pr´ec´edents en utilisant
les formules
u + v − |u − v|
u + v + |u − v|
,
min(u, v) =
,
max(u, v) =
2
2
valables quelque soit les r´eels u et v. La partie (ii ) d´ecoule de la partie (i ) en faisant varier x0 .
(1.7.3) Proposition. Soient E, F , G trois K-espaces vectoriels norm´es. Soit X ⊆ E, soit
Y ⊆ F et soient f : X → Y , g : Y → G deux fonctions.
(i ) Soit x0 ∈ X. Si f est continue en x0 et si g est continue en f (x0 ), alors la fonction
compos´
ee g ◦ f est continue en x0 .
(ii ) Si f est continue sur X et si g est continue sur Y , alors g ◦ f est continue sur X.
On sait que les fonctions usuelles (fonctions puissance, exponentielle, polynˆome, logarithmique,
trigonom´etrique et trigonom´etrique r´eciproque) sont continues sur leur domaine de d´efinition. En
outre, les projections πk : Rp → R d´efinies par πk (x1 , x2 , . . . , xp ) = xk pour 1 ≤ k ≤ p sont
continues. Cela permet d’´etablir la continuit´e de fonctions num´eriques E → R.
Exemples. (i ) Les fonctions x 7→ ||x|| et x 7→ sin(||x||)
sont continues sur Rp . (Ici, si x =
q
(x1 , x2 , . . . , xp ), alors ||x|| d´esigne la norme ||x||2 = x21 + x22 + · · · + x2p .) Puisque chacune des
fonctions x 7→ xk est continue, et t 7→ t2 est continue, les fonctions compos´ees x 7→ x2k sont
continues. La somme de √
fonctions continues ´etant continue, x 7→ x21 + x22 + · · · + x2p√est continue.
Enfin, la fonction t 7→ t est continue, et x 7→ ||x|| est la compos´ee de t 7→ t avec x 7→
x21 + x22 + · · · + x2p . D’o`
u la continuit´e de x 7→ ||x||. Enfin, la fonction x 7→ sin(||x||) est le compos´e
de la fonction sinus avec la fonction x 7→ ||x||. La fonction t 7→ sin t ´etant continue, il en de mˆeme
pour la fonction x 7→ sin(||x||).
(ii ) La fonction (u, v) 7→ min(emax(u,v) , v1 ) est continue sur {(u, v) | R2 | v 6= 0}. En effet,
puisque la fonction (u, v) 7→ min(u, v) est continue, il suffit de v´erifier la continuit´e de chacune
des deux fonctions (u, v) 7→ emax(u,v) et de (u, v) 7→ v1 . La continuit´e de la premi`ere d´ecoule de
5

la continuit´e de (u, v) 7→ max(u, v) est de la fonction exponentielle et celle de la seconde de la
continuit´e de (u, v) 7→ v ainsi que de t 7→ 1t sur R∗ .
(1.8) Th´
eor`
eme. Soient E, F deux K-espaces vectoriels norm´es, soit X une partie de E,
soit f : X → F une fonction et soit x0 ∈ E. Pour que f soit continue en x0 , il faut et il suffit que
pour toute suite (un ) `a valeurs dans X telle que un → x0 , on ait f (un ) → f (x0 ).
La d´emonstration se trouve dans les cours de premi`ere ou de deuxi`eme ann´ee.
(1.8.1) Th´
eor`
eme. Soient E, F deux K-espaces vectoriels norm´es, soit X une partie de E et
soit f : X → F une fonction.
(i ) On suppose que X soit un ouvert. Pour que f soit continue sur X, il faut et il suffit que,
quelque soit l’ouvert V de F , f −1 (V ) soit un ouvert de E.
(ii ) On suppose que X soit un ferm´e. Pour que f soit continue sur X, il faut et il suffit que,
quelque soit, le ferm´e W de F , f −1 (W ) soit un ferm´e de E.
` nouveau, ce r´esultat a ´et´e vu en deuxi`eme ann´ee. Son utilit´e est qu’il permet de construire
A
facilement des exemples d’ensembles ouverts et ferm´es.
(1.8.2) Exemples. (i ) V´erifions `a nouveau qu’une boule ferm´ee est effectivement un ferm´e. En
effet, si x ∈ E et si r ∈ R∗+ , alors K(x; r) = f −1 ([0, r]), o`
u f est la fonction continue y 7→ ||y − x||.
Notons que [0, r] est bien un ferm´e de R, car son compl´ementaire est ] − ∞, 0[∪]r, +∞[ ce qui est
la r´eunion des intervalles ouverts ] − ∞, 0[ et ]r, +∞[, donc un ouvert selon (1.4.4) (i ).
(ii ) On voit de mˆeme fa¸con que les sph`eres S(x; r) sont ferm´es, car S(x; r) = f −1 ({r}) et le
singleton {r} est ferm´e.
(iii ) Posons X = {(A, B, C) ∈ R3 | B 2 > 4AC}. Alors X est ouvert, car si f d´esigne la
fonction f (A, B, C) = B 2 − 4AC, alors f est continue et X = f −1 (]0, +∞[). De mˆeme, l’ensemble
{(A, B, C) ∈ R3 | B 2 < 4AC} est ouvert et l’ensemble {(A, B, C) ∈ R3 | B 2 = 4AC} est ferm´e.
(iv ) Soit X = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z ≤ 1 et x2 + y 2 + z 2 = 1}. Alors X = Y ∩ Z, o`
u
Y = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z ≤ 1} et Z = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = 1}. Puisque la fonction
f : (x, y, z) 7→ x + y + z est continue et ] − ∞, 1] est ferm´e Y = f −1 (] − ∞, 1]) est ferm´e. De mˆeme,
Z est ferm´e. En appliquant (1.4.4) (ii ), on conclut que X est ferm´e.
(1.9) Avertissement. Sauf indication contraire, l’espace vectoriel Rp est toujours consid´er´e
comme muni de la norme ||.||2 . Ainsi, dans ce contexte, ||.|| d´esigne ||.||2 , hx, yi d´esigne le produit
scalaire introduit dans le (1.2) et B(x; r), K(x; r) et S(x; r) d´esignent respectivement la boule
ouverte B2 (x; r), la boule ferm´ee K2 (x; r) et la sph`ere S2 (x; r).

EXERCICES
(e1.1) V´erifier que la fonction (x, y) 7→ hx, yi introduite dans (1.2) est bien un produit scalaire sur
Rp .
(e1.2) Soit E un R-espace norm´e.
(i ) Montrer que | ||x|| − ||y|| | ≤ ||x − y|| quelque soit x, y ∈ E. (D’abord remplacer x par x − y dans
l’in´egalit´e triangulaire.)
(ii ) Soient x, y ∈ E et soit r ≥ 0. Montrer que si ||y − x|| ≤ r, alors ||y|| ≤ ||x|| + r.
(e1.3) Soit E un R-espace pr´ehilbertien.
(i ) Montrer que si x, y ∈ E sont orthogonaux, alors ||x + y||2 = ||x||2 + ||y||2 .
(ii ) Montrer que pour tout x, y ∈ E, on a hx, yi = 21 ||x + y||2 − ||x||2 − ||y||2 .
(e1.4) (i ) Montrer que l’ensemble Z des entiers relatifs est un ferm´e de R.

6

(ii ) Montrer qu’une suite `a valeurs dans Z est convergente si et seulement si elle est stationnaire
(c’est-`a-dire constante `a partir d’un certain rang).
(e1.5) Reprenons l’exemple (1.8.2) (iii ). Que dire de {(A, B, C) ∈ R3 | B 2 ≥ 4AC} et de {(A, B, C) ∈
| B 2 ≤ 4AC} ?
S
S
(e1.6) On note respectivement U et F les parties n∈Z B(ne1 ; 21 ) et n∈Z K(ne1 ; 12 ) de Rp , o`
u e1
d´esigne le point (1, 0, . . . , 0) de Rp . (Ici, comme expliqu´e dans le (1.9), B d´esigne B2 et K d´esigne K2 .)
(i ) Faire un croquis de U et de F lorsque p = 1 et lorsque p = 2.
(ii ) Montrer que U est ouvert et F est ferm´e, quelque soit la valeur de p.
R3



(e1.7) Soit E un espace vectoriel norm´e et soit X une partie de E. Montrer que E − X = E − X et
que l’int´erieur de E − X est ´egale `a E − X.
(e1.8) Soit encore E un espace vectoriel norm´e et soient X, Y ⊆ E.
(i ) Montrer que X ∪ Y = X ∪ Y et que X ∩ Y ⊆ X ∩ Y .
(ii ) Trouver un exemple o`
u X ∩ Y 6= X ∩ Y .
(e1.9) Soit x = (x1 , x2 , . . . , xp ) ∈ Rp . On note respectivement B1 (x; r), B2 (x; r), B∞ (x; r) les boules
ouvertes de Rp pour les normes ||.||1 , ||.||2 et ||.||∞ (voir (1.2)).
(i ) On prend p = 2. Tracer sur le mˆeme croquis les ensembles B1 ((0, 0); 1), B2 ((0, 0); 1), B∞ ((0, 0); 1)
et B1 ((0, 0); 2).
(ii ) Montrer que pour tout pour tout z ∈ Rp , on a ||z||∞ ≤ ||z||2 ≤ ||z||1 ≤ p||z||∞ .
(iii ) En d´eduire que pour tout x ∈ Rp et pour tout r > 0, on a B1 (x; r) ⊆ B2 (x; r) ⊆ B∞ (x; r) ⊆
B1 (x; pr).
(iv ) En d´eduire que la propri´et´e d’une partie de Rp d’ˆetre ouverte (ou ferm´ee) ne d´epend pas de la
norme choisie (||.||1 , ||.||2 ou ||.||∞ ).
(v ) Soit (un ) une suite `a valeurs dans Rp et soit λ ∈ Rp . Montrer que la propri´et´e que (un ) converge
vers λ ne d´epend pas de la norme choisie (||.||1 , ||.||2 ou ||.||∞ ).

(e1.10) (i ) Notons (un ) = (un )1 , (un )2 , . . . , (un )p une suite `a valeurs dans Rp et λ = (λ1 , λ2 , . . . , λp )
un ´el´ement de Rp . Montrer que un → λ si et seulement si pour tout k ∈ {1, 2, . . . , p} on a (un )k → λk .
(Utiliser (e1.9).)

n
´
(ii ) Etudier
la convergence dans R2 de la suite de terme g´en´eral 1 + n1 , sin
ainsi que celle de terme
2n
g´en´eral (1, (−1)n ).
(e1.11) Soit (un ) une suite `a valeurs dans E. Montrer que si (un ) converge vers λ, alors (||un ||)
converge vers ||λ||. (Utiliser (e1.2) (ii ).) Donner des exemples o`
u (un ) n’est pas convergente mais (||un ||)
converge.
(e1.12) Le but de cet exercice est d’´etudier les cas d’´egalit´e dans l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz et
l’in´egalit´e triangulaire. Pour simplicit´e, on suppose que le corps K soit ´egal `a R. Soit donc E un R-espace
pr´ehilbertien et soient x, y ∈ E. Il est clair que lorsque x = 0, les deux in´egalit´es deviennent des ´egalit´es.
On suppose donc que x 6= 0.
(i ) V´erifier qu’il existe (A, B, C) ∈ R3 avec A > 0 tel que ||tx + y||2 = At2 + 2Bt + C quelque soit
t ∈ R. Pr´eciser les valeurs de A, B et de C en termes de x et de y.
(ii ) En utilisant le fait que ||tx + y||2 ≥ 0 pour tout t ∈ R, montrer que B 2 ≤ AC avec ´egalit´e si et
seulement s’il existe t ∈ R tel que tx + y = 0.
(iii ) En d´eduire que |hx, yi| ≤ ||x|| ||y|| avec ´egalit´e si et seulement si y est un multiple scalaire de x,
et que hx, yi = ||x|| ||y|| si et seulement si y est un multiple de x par un scalaire positif.
(iv ) En d´eveloppant ||x + y||2 , retrouver l’in´egalit´e triangulaire et d´emontrer qu’elle devient une
´egalit´e si et seulement si y est un multiple de x par un scalaire positif.
(v ) On munit R2 de la norme ||.||1 . V´erifier que si x = (1, 0) et si y = (0, 1) alors ||x + y||1 =
||x||1 + ||y||1 . Qu’en conclure ?

7

Th`
eme 2. Compacit´
e, connexit´
e par arcs

(2.1) Notons encore K l’un des corps R ou C et E un K-espace vectoriel norm´e. On dit que
la partie X de E est born´
ee si {||x|| | x ∈ X} est une partie born´ee de R. La suite (un ) `a valeurs
dans X est dite born´
ee si l’ensemble de ses valeurs {un | n ∈ N} est une partie born´ee de R.
Rappelons le r´esultat suivant.
(2.1.1) Proposition. Toute suite convergente est born´ee.
(2.2) On dit que la suite (un ) `a valeurs dans E v´erifie la propri´
et´
e de Cauchy (ou est de
Cauchy) si, ´etant donn´ee ε > 0, il existe Nε tel que ||um − un || ≤ ε quelque soient m, n ≥ N .
(2.2.1) Th´
eor`
eme. (i ) Toute suite convergente est de Cauchy.
(ii ) Si E est de dimension finie, alors toute suite de Cauchy est convergente.
` nouveau, ce r´esultat fondamental a ´et´e vu en deuxi`eme ann´ee.
A
(2.3) La partie X de E est dite compacte (ou un compact) si toute suite `a valeurs dans X
poss`ede une suite extraite convergente dans X.
(2.3.1) Th´
eor`
eme de Bolzano-Weierstrass. (i) Une partie compacte de E est ferm´e et
born´e.
(ii ) Si E est de dimension finie, alors toute partie ferm´ee et born´ee de E est compacte.
Exemple. Lorsque E est de dimension finie, les boules ferm´ees et les sph`eres sont compactes.
C’est le cas notamment lorsque E = Rp .
(2.4) Il est important de souligner que l’hypoth`ese que E soit de dimension finie est indispensable dans les parties (ii ) des th´eor`emes (2.2.1) et (2.3.1). Nous revenons sur ce point bri`evement
dans le th`eme 9. En g´en´eral, on appelle espace de Banach (respectivement espace de Hilbert)
un espace vectoriel norm´e (respectivement un espace pr´ehilbertien) o`
u toute suite de Cauchy est
convergente. Il existe des espaces de Hilbert et de Banach de dimension infinie. Par contre, dans
un espace vectoriel norm´e de dimension infinie, on peut montrer qu’une boule ferm´ee n’est jamais
compacte.
(2.4.1) Mentionnons bri`evement un exemple simple d’un espace vectoriel norm´e (E, ||.||) qui
n’est pas un espace de Banach. On prend pour E l’espace vectoriel des suites (un )n≥1 telles que
un = 0 pour tout indice n `a un nombre fini d’exceptions pr`es. La loi d’addition est donn´ee par :
si (un ) et (vn ) sont deux ´el´ements de E, (un ) + (vn ) est la suite (un + vn ). L’´el´ement 0 est la suite
dont tous les termes sont nuls et l’oppos´e de la suite (un ) est la suite (−un ). Enfin, si λ ∈ K et si
(un ) ∈ E, on pose λ(un ) = (λun ).
Munissons E de la norme ||(un )|| = supn |un |. Nous cherchons une suite d’´el´ements de E qui
(1)
v´erifie la propri´et´e de Cauchy mais qui n’est pas convergente. Consid´erons pour cela la suite (un ),
8

(2)

(k)

(k)

(un ), . . ., (un ), . . ., (index´ee par k), o`
u un =

1
n

(k)

si n ≤ k et un = 0 pour tout n > k. Ainsi,

(u(1)
n ) = (1, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , )
1
(u(2)
n ) = (1, 2 , 0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , )
1 1
(u(3)
n ) = (1, 2 , 3 , 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , )
..
.
1 1 1
(u(k)
n ) = (1, 2 , 3 , 4 , . . . ,

) = (1, 21 , 13 , 14 , . . . ,
(u(k+1)
n
..
.

1
, 0, 0, . . . , )
k
1
, 1 , 0, . . . ,
k k+1

)

On remarque que si ` < k, alors
(`)
(k)
(`)
(u(k)
n ) − (un ) = (un − un ) = (0, 0, 0, 0, . . . ,
(k)

(`)

1
, 1 ,
`+1 `+2

(k)

(`)

(autrement dit, un − un = 0 si n ≤ ` ou si n > k et un − un =
(`)
||(u(k)
n ) − (un )|| =

...,
1
n

1
, 0, 0,
k

. . . , ),

si ` < n ≤ k). On a alors

1
,
`+1
(k)

ce qui tend vers 0 lorsque ` tend vers +∞. On voit donc que (un ) est bien une suite de Cauchy.
(k)
(k)
Si on fixe l’indice n, on voit que un = 0 si k < n et un = n1 si k ≥ n et donc la suite de r´eels
(k)
(k)
¸ a sugg`ere que, lorsque k → +∞, la suite (un ) devrait converger vers la
un converge vers n1 . C
suite
(∗)

(un ) = (1, 12 , 13 , . . . ,

1
,
n

. . . , ).

Le probl`eme est que la suite (∗) n’appartient pas `a E, car elle contient une infinit´e de termes
(k)
non-nuls. (En fait, tous les termes sont non-nuls). Afin de justifier rigoureusement que (un ) ne
(k)
converge vers aucun ´el´ement de E, on raisonne par l’absurde. Supposons donc que (un ) converge
vers une suite (vn ) appartenant `a E. Choisissons un indice m tel que vm = 0. Pour tout k > m,
(k)
(k)
(k)
(k)
on a um = m1 . Mais |um − vm | ≤ maxn |un − vn | = ||(un ) − (vn )|| ce qui tend vers 0 lorsque
(k)
(k)
k → +∞. Puisque um = m1 lorsque k ≥ m et vm = 0, on en tire que m1 = |um − vm | → 0 lorsque
k → +∞, ce qui est absurde.
(2.4.2) Remarquons ´egalement que, avec les notations qui viennent d’ˆetre introduites, on a
(k)
= 1 quelque soit k et, par cons´equent, tous les membres de la suite (un ) appartiennent
(k)
`a la boule unit´e ferm´ee unit´e de E. Mais (un ) ne contient aucune suite extraite convergente.
La d´emonstration est essentiellement la mˆeme que celle du fait que la suite elle-mˆeme n’est pas
convergente. Par cons´equent, la boule ferm´ee unit´e de E n’est pas compacte, ce qui montre que la
conclusion du point (ii ) du th´eor`eme de Bolzano-Weierstrass n’est pas forc´ement vraie si on omet
l’hypoth`ese que E soit de dimension finie.
(k)
||(un )||

(2.5) Th´
eor`
eme. Soit X une partie compacte non-vide de R. Alors X poss`ede un plus grand
´el´ement et un plus petit ´el´ement.
D´emonstration. Consid´erons le cas du plus grand ´el´ement : un raisonnement semblable permet
alors de traiter le cas du plus petit ´el´ement. D’apr`es le th´eor`eme de Bolzano-Weierstrass, X est
born´ee, et poss`ede donc une borne sup´erieure sup X. Il s’agit de montrer que sup X ∈ X (voir
(A.2.2)). Soit alors n ∈ N∗ . Il existe un ∈ X tel que (sup X) − n1 ≤ un ≤ sup X. La suite (un )
9

converge alors vers sup X. Puisque X est ferm´ee, sa limite appartient `a X, et on a donc bien
sup X ∈ X.
(2.6) Th´
eor`
eme. Soient E, F , deux espaces vectoriels norm´es et soit X une partie de E. Si
f : X → R une fonction continue et si Y ⊆ X est compact alors f (Y ) est compact.
D´emonstration. Soit (αn ) une suite `a valeurs dans f (Y ). Pour tout n, il existe un ∈ Y tel que
f (un ) = αn . Puisque Y est compact, on peut extraire de (un ) une suite convergente (unk ). Notons
λ sa limite : puisque Y est
ferm´e on sait que λ ∈ X. Il s’ensuit que f (λ) ∈ f (Y ). Enfin, f ´etant
continue, (αnk ) = f (unk ) converge vers f (λ).
(2.6.1) Corollaire. Soit X une partie de E, soit Y ⊆ X un compact et soit f : X → R une
fonction continue. Alors f poss`ede un maximum et un minimum sur Y .
D´emonstration. Dire que f poss`ede un maximum sur Y signifie qu’il existe x ∈ Y tel que
f (y) ≤ f (x) quelque soit y ∈ Y . Autrement dit, qu’il existe x ∈ Y tel que f (x) = sup f (Y ).
D’apr`es le th´eor`eme, on sait que f (Y ) est compact. Il suffit alors d’appliquer le th´eor`eme (2.5).
De mˆeme pour le minimum.
Exemple. Reprenons l’exemple (0.1.2) de l’Introduction. La sph`ere S = {(x, y, z) ∈ R3 |
2
x + y 2 + z 2 = 1} ´etant compacte et la fonction f : (x, y, z) 7→ x + 2y + 3z ´etant continue, le
corollaire montre que f a un maximum et un minimum sur S. Par contre, il ne fournit pas de
m´ethode convenable pour trouver les valeurs de (x, y, z) qui r´ealisent le maximum ou le minimum.
Nous d´ecriverons une telle m´ethode dans le th`eme 5.
Le corollaire montre encore que toute fonction continue sur S a un maximum et un minimum
sur S.
(2.7) Soit E un K-espace vectoriel et soit ||.|| et ||.||0 deux normes sur E. On dit que la norme
||.|| domine la norme ||.|| s’il existe une constante A > 0 telle que ||x|| ≤ A||x||0 pour tout x ∈ E.
Deux normes sur le mˆeme espace vectoriel sont dites equivalentes si chacune domine l’autre.
L’´equivalence des normes est une relation d’´equivalence sur l’ensemble des normes sur un espace
vectoriel donn´e.
0

(2.7.1) Proposition. Si la norme ||.||0 domine la norme ||.||, alors la fonction x 7→ ||x|| est
une fonction continue de l’espace norm´e (E, ||.||0 ) vers R.
En effet, par hypoth`ese il existe A > 0 tel que ||x|| ≤ A||x||0 pour tout x ∈ E. Fixons x0 ∈ E et
montrons la continuit´e en x0 . Soit ε > 0. On pose δ = Aε . Alors ||x−x0 || ≤ ε d`es que ||x−x0 ||0 ≤ δ.
L’exercice (e1.9) montre que, sur Rp , les normes ||.||1 , ||.||2 et ||.||∞ sont ´equivalentes. C’est
un cas particulier du r´esultat suivant.
(2.7.2) Th´
eor`
eme. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. Alors toutes les normes
sur E sont ´equivalentes.
D´emonstration. La d´emonstration peut se faire par r´ecurrence sur la dimension de E. Mais
le th´eor`eme peut ´egalement ˆetre vu comme une application des r´esultats pr´ec´edentes. Puisque
l’´equivalence de normes est une relation d’´equivalence, il suffit de montrer que toute norme sur E
est ´equivalente `a unePnorme fix´ee. Soit (x1 , x2 , . . . , xn ) une base de E. On note
P||.||1,E la norme
d´efinie par ||x||1,E = ni=1 |λi |, o`
u les λi sont les coefficients dans l’´ecriture x = i λi xi de x dans
la base (x1 , x2 , . . . , xn ). Nous allons montrer que toute norme ||.|| sur E est ´equivalente `a la norme
||.||1,E .
Soit donc ||.|| une norme sur E. Montrons d’abord que ||.||1,E domine ||.||. Posons pour cela
10

A = maxi ||xi ||1,E . Si x =

Pn

||x|| = ||

i=1 λi xi ,
n
X
i=1

alors
n
n
X
X
λi xi || ≤
|λi | ||xi || ≤ A
|λi | = A||x||1,∞ ,
i=1

i=1

ce qui montre bien que ||.||1,∞ domine ||.||.
Il s’ensuit que x 7→ ||x|| est une fonction continue de l’espace norm´e (E, ||.||1,E ). Puisque E
est de dimension finie, la sph`ere unit´e S de cet espace est compact et, par cons´equent, la fonction
x 7→ ||x|| a un minimum sur cette sph`ere. Il existe donc B et z ∈ S tel que ||y|| ≥ ||z|| = B pour
tout y ∈ S. Puisque z ∈ S, on a z 6= 0 et donc B > 0. Soit enfin x ∈ E, x 6= 0. Alors x/||x||1,E ∈ S
et donc ||x/||x||1,E || ≥ B. Par cons´equent, ||x|| ≥ B||x||1,E et donc ||x||1,E ≤ B1 ||x||, ce qui veut
dire que ||.|| domine ||.||1,∞ .
(2.7.3) L’int´erˆet des normes ´equivalentes r´eside dans le fait que les notions de convergence,
continuit´e, ouvert, ferm´e, compacte, . . ., ne d´ependent pas de la norme `a ´equivalence pr`es. Autrement dit, si ||.|| et ||.||0 sont deux normes ´equivalentes sur E, la suite (un ) d’´el´ements de E
converge dans (E, ||.||) si et seulement si elle converge dans (E, ||.||0 ) (et alors les deux limites sont
les mˆemes), elle v´erifie la propri´et´e de Cauchy dans (E, ||.||) si et seulement si elle la v´erifie dans
(E, ||.||0 ), un ensemble de E est un ouvert de (E, ||.||) si et seulement s’il est un ouvert de (E, ||.||0 ),
. . .. En particulier, lorsque E est de dimension finie, on peut parler de convergence, propri´et´e de
Cauchy, . . ., sans avoir besoin de pr´eciser la norme.
(2.8) Soit X une partie de E. On dit que X est connexe par arcs si, ´etant donn´e x, y ∈ X,
il existe une fonction continue φ : [0, 1] → X telle que φ(0) = x et φ(1) = y. Une telle fonction f
s’appelle un arc joignant x `
a y.
Intuitivement, X est connexe par arcs si on peut bouger de fa¸con continue entre deux points
de X sans le quitter.
Par exemple, E est connexe par arcs. En effet, si x, y ∈ E l’arc le plus simple joignant x `a y
est sans doute le segment droit, o`
u φ(t) = (1 − t)x + ty.
(2.8.1) Soit X ⊆ E et soient x, y et z ∈ E. S’il existe un arc dans X joignant x `a y et un
arc dans X joignant y `a z, alors il existe un arc dans X joignant x `a z. Intuitivement, il suffit
de suivre le premier arc puis le second. Math´ematiquement, on peut exprimer ce fait ainsi : si
φ : [0, 1] → X, θ : [0, 1] → X sont continues et si φ(0) = x, si φ(1) = y, si θ(0) = y et si θ(1) = z,
alors la fonction ψ : [0, 1] → X d´efinie par ψ(x) = φ(2x) si x ∈ [0, 12 ] et par ψ(x) = θ(2x − 1) si
x ∈ [ 21 , 1] est continue et v´erifie ψ(0) = x et ψ(1) = y.
Exemples. (i ) On dit que X est ´
etoil´
e s’il existe x ∈ X tel que, pour tout y ∈ X, le segment
droit joignant x `a y appartienne `a X. D’apr`es ce qui pr´ec`ede, toute partie ´etoil´ee est connexe par
arcs. En particulier, toute boule (ouverte ou ferm´ee) est ´etoil´ee, donc connese par arcs.
(ii ) Si X et Y sont connexes par arcs et si X ∩ Y 6= ∅, alors X ∪ Y est connexe par arcs. En
effet, si par exemple y1 ∈ X et y2 ∈ Y , on construit un arc passant de y1 `a y2 en passant d’abord
de y1 `a un point x ∈ X ∩ Y puis de x `a y2 .
(iii ) Si X est connexe par arcs, alors tout translat´e {x+a | x ∈ X} (o`
u a ∈ A) est connexe par
arcs. Si F est un second K-espace vectoriel norm´e, si f : E → F est continu et si X ⊆ E connexe
par arcs, alors f (X) est connexe par arcs. Les d´emonstrations de ces r´esultats sont faciles.
(iv ) Une notion voisine `a celle de connexit´e par arcs et celle de connexit´e. Tout connexe par
arcs est connexe mais il existe des connexes qui ne sont pas connexes par arcs. Toutefois, pour
des ouverts d’un espace vectoriel norm´e, les deux notions sont ´equivalentes. Elles sont ´egalement
´equivalentes pour les parties de R ; dans ce cas, les connexes par arcs sont les intervalles. On
trouvera des plus amples d´etails dans les cours de topologie destin´es aux ´etudiants en licence de
math´ematiques.
11

(2.9) Un arc polygonal joignant x `a y est un arc γ de la forme suivante : il existe un entier
n ≥ 1 et des points xr (0 ≤ r ≤ n) tels que x = x0 et xn = y et γ est obtenu en prenant
successivement les segments droits joignant xr−1 `a xr pour r = 1, 2, . . ., n.
(2.9.1) Proposition Soit U ⊆ E un ouvert et soient x, y ∈ U . S’il existe un arc param´etr´e
dans U joignant x `a y, alors il existe un arc polygonal dans U joignant x `
a y.
Pour la d´emonstration, on se reporte `a nouveau au cours de licence de math´ematiques.
(2.10) La partie X de E est dite convexe si, quelque soit x, y ∈ E, le segment droit joignant
x `a y est contenu dans X. Il est clair que tout convexe est connexe par arcs, mais la r´eciproque
est inexacte. L’intersection d’une famille de parties convexes de E est convexe. Si X est convexe,
alors tout translat´e de X, {x + a | x ∈ X} (o`
u a ∈ A) est convexe. Si F est un second K-espace
`
vectoriel norm´e, si φ : E → F est lin´eaire et si X est un convexe de E, alors φ(X) est convexe. A
nouveau, les d´emonstrations de ces r´esultats sont faciles.
(2.10.1) Toute boule (ouverte ou ferm´ee) est convexe, donc connexe par arcs.
D´emonstration. Quitte `a effectuer une translation, il suffit de consid´erer le cas d’une boule
centr´ee `a l’origine. Soient x, y ∈ E et soit r > 0 tel que ||x|| < r, ||y|| < r. Si t ∈ [0, 1], alors
1 − t ∈ [0, 1] et ||(1 − t)x + ty|| ≤ ||(1 − t)x|| + ||ty|| ≤ (1 − t)||x|| + t||y|| ≤ (1 − t)r + tr = r. Le
r´esultat en d´ecoule aussitˆot.
On remarquera que la d´efinition de partie convexe de E ne fait pas intervenir la norme de E,
mais seulement la structure d’espace vectoriel. Le fait qu’une boule soit nec´essairement convexe est
donc tout `a fait remarquable. R´eciproquement, on peut utiliser des ensembles convexes convenables
sur un espace vectoriel pour construire des normes (voir (e2.11)).
(2.10.2) Soit X ⊆ E un convexe et soit f : X → R une application. On dit que f est
convexe (respectivement concave) si, quelque soient x, y ∈ X et quelque soit t ∈ [0, 1], on a
f ((1 − t)x + ty) ≤ (1 − t)f (x) + tf (y) (respectivement f ((1 − t)x + ty) ≥ (1 − t)f (x) + tf (y)).

EXERCICES

(e2.1) Soit (un ) = (un )1 , (un )2 , . . . , (un )p une suite `a valeurs dans Rp . Montrer que (un ) est de
Cauchy si et seulement si chacune des suites r´eelles (un )k , 1 ≤ k ≤ p est de Cauchy. (S’inspirer de
(e1.10).) En d´eduire le th´eor`eme (2.2.1) `a partir du cas p = 1.
(e2.2) Soit X = {(x, y) ∈ R2 | x ≤ y ≤ 2x}. Faire un croquis de X. Montrer que X est ferm´e. X
est-il compact ? connexe par arcs ?
(e2.3) Posons X = {(x, y) ∈ R2 | |x| + 2|y| < 1}. Faire un croquis de X. Montrer que X est born´e.
X est-il compact ? connexe par arcs ?
S
(e2.4) Soit X l’ensemble n∈Z K2 ((n, 0), 12 ) dans R2 . Croquis !
(i ) Montrer que X est connexe par arcs.
(ii ) X est-il compact ?
(e2.5) Soit X une partie finie de E. Montrer que X est compacte. Donner une condition nec´essaire
et suffisante pour que X soit convexe.
(e2.6) Quels sont les intervalles compacts dans R ?
(e2.7) Soit I ⊆ R un intervalle et soit f : I → R une fonction continue. Utiliser les r´esultats sur la
connexit´e de ce th`eme ainsi que l’exercice pr´ec´edent pour d´emontrer les deux r´esulats suivants, vus en
1`ere ann´ee :

12

(i ) (Th´eor`eme des valeurs interm´ediaires). f (I) est un intervalle.
(ii ) Si I est un intervalle ferm´e et born´e, alors f (I) est un intervalle ferm´e est born´e.
(e2.8) Soit f : R2 → R3 la fonction d´efinie par f (x, y) = (cos x, sin x cos y, sin x sin y).
(i ) Expliquer pourquoi f est continue.
(ii ) Montrer que f (R2 ) = S((0, 0, 0), 1), la sph`ere de centre l’origine et de rayon 1.
(iii ) En d´eduire que S((0, 0, 0), 1) est connexe par arcs.
(e2.9) Soit X une partie non-vide de E. Pour tout x ∈ E, on pose d(x, X) = inf{||y − x|| | y ∈ X}.
Ainsi, x 7→ d(x, X) est une fonction E → R, appel´ee souvent la distance de x `a X.
(i ) Montrer que d(x, X) = 0 si et seulement si x ∈ X.
(ii ) Montrer que pour tout x, x0 ∈ E, on a |d(x, X) − d(x0 , X)| ≤ ||x − x0 ||. (Montrer d’abord que si
y ∈ X, alors d(x, X) ≤ ||x − y|| ≤ ||x − x0 || + ||x0 − y||.) En d´eduire que x 7→ d(x, X) est continue.
(iii ) Soit K un compact de E. Montrer que x 7→ d(x, X) a un minimum et un maximum sur K.
(iv ) On suppose X compact. Montrer que {x ∈ E | d(x, X) ≤ r} est ferm´e et born´e quelque soit
r ≥ 0. En d´eduire que, lorsque E est de dimension finie, {x ∈ E | d(x, X) ≤ r} est compact.
Si Y est une seconde partie de E, on pose d(X, Y ) = inf{||y − x|| | x ∈ X, y ∈ Y }.
(v ) Montrer que si K est compact, si Y est ferm´e et si K ∩ Y = ∅, alors d(K, Y ) > 0.
(vi ) Donner un exemple de deux ferm´es A et B de R2 tels que A ∩ B = ∅ et d(A, B) = 0.
(e2.10) (iT) Soit (Kn ) une suite de compacts non-vides dans E telle que Kn ⊇ Kn+1 pour tout n.
Montrer que n∈N Kn est non-vide. (Consid´erer une suite (un ) avec un ∈ Kn pour tout n.)
(iiT) Donner un exemple d’une suite (Fn ) de ferm´es non-vides de R telle que Fn ⊇ Fn+1 pour tout n
mais n∈N Fn = ∅.
(e2.11) Soit E un R-espace vectoriel et soit X une partie de E v´erifiant les propri´et´es suivantes.
(a) X est convexe,
(b) si x ∈ X, alors −x ∈ X,
(c) si x ∈ E, alors il existe λ > 0 tel que λx ∈ X,
(d ) si x ∈ E − {0}, alors il existe µ > 0 tel que µx ∈
/ X.
(i ) Montrer que 0 ∈ X et que, si x 6= 0, l’ensemble {λ ∈ R+ | λx ∈ X} est un intervalle qui est de
l’une des formes [0, t] ou [0, t[, o`
u t > 0.
On pose ||x|| = 0 lorsque x = 0 et ||x|| = 1/t lorsque x 6= 0, t ´etant comme dans la question (i ).
(ii ) Montrer que ||.|| est une norme sur E.
(iii ) Montrer que B(0; 1) ⊆ X ⊆ K(0; 1).
(e2.12) On reprend l’espace E introduit P
au (2.4.1). On note encore ||.|| la norme sur E d´efinie au
(2.4.1) et ||.||0 la norme d´efinie par ||(un )||0 = n≥1 |un |.
(i ) Justifier en d´etail que ||.||0 est bien une norme.
(ii ) Montrer que ||.||0 domine ||.|| mais que ||.|| ne domine pas ||.||0 . (On pourra consid´erer les ´el´ements
(k)
(k)
(k)
(vn ) (o`
u k = 1, 2, . . .) de E d´efinis par vn = 1 si n ≤ k et vn = 0 si n > k.)
La question (ii ) montre que, sur un espace vectoriel de dimension infinie, il peut exister des normes
qui ne sont pas ´equivalentes.

Th`
eme 3. D´
eriv´
ees partielles, formule de Taylor
(3.1) Soit E un R-espace vectoriel norm´e. On appelle domaine de E toute partie ouverte
connexe par arcs de E.
(3.1.1) Fixons un entier p ≥ 1. On note (e1 , e2 , . . . , ep ) la base standard de Rp : par d´efinition,
ek est l’´el´ement (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) de Rp , la k-i`eme coordonn´ee ´etant ´egale `a 1 et toutes les
autres coordonn´ees ´etant nulles.
13

Soit Ω un domaine dans Rp et soit f : Ω → R une fonction. Soit a ∈ Ω et soit k ∈ {1, 2, . . . , p}.
La k-i`
eme d´
eriv´
ee partielle de f en a est, par d´efinition, la limite
(*)

lim
t→0

f (a + tek ) − f (a)
,
t

∂f
(a), si la variable est d´esign´ee
si cette limite existe. Lorsque c’est le cas, on la note fk0 (a) ou ∂x
k
par x = (x1 , x2 , . . . , xp ).
Notons que, puisque Ω est ouvert, a+tek appartient bien `a Ω lorsque |t| est suffisamment petit.
Si E ⊆ Ω et si fk0 (a) existe pour tout a ∈ E, on obtient ainsi une fonction E → R qui est encore
∂f
. Si toutes les d´eriv´ees partielles f10 , f20 , . . ., fp0 existent sur E, on appelle gradient
not´ee fk0 ou ∂x
k

de f et on note grad(f ) ou f 0 la fonction E → Rp d´efinie par f 0 (x) = f10 (x), f20 (x), . . . , fp0 (x) .
Si a = (a1 , a2 , . . . , ap ), l’existence de la limite (∗) ´equivaut `a la d´erivabilit´e en ak de la fonction
d’une seule variable t d´efinie par t 7→ f (a0 , a1 , . . . , ak−1 , t, ak+1 , . . . , ap ). Si par exemple p = 2,
Ω = R2 et f (x, y) = ex sin y , on trouve

f10 (x, y) =

∂f
= (sin y) ex sin y ,
∂x

f20 (x, y) =

∂f
= x(cos y) ex sin y .
∂y


Il s’ensuit que f 0 (x, y) = (sin y) ex sin y , x(cos y) ex sin y .
(3.1.2) Notons que si la k-i`eme d´eriv´ee partielle de f existe en a, alors
f (a + tk ek ) = f (a) + tk fk0 (a) + |tk |ε(tk ),
o`
u ε(tk ) → 0 lorsque tk → 0.
(3.1.3) Soit v ∈ Rp − {0}. La d´
eriv´
ee directionnelle de f en a dans la direction v est, par
d´efinition, la limite
f (a + tv) − f (a)
lim
,
t→0
t
si cette limite existe. En particulier, la k-i`eme d´eriv´ee partielle est ´egale `a la d´eriv´ee directionnelle
dans la direction ek .
(3.2) On dit que f est de classe C (1) sur Ω si, pour tout k ∈ {1, 2, . . . , p}, fk0 existe et est
continue sur Ω.
(3.2.1) Th´
eor`
eme. Soit f de classe C (1) sur Ω. Alors pour tout h = (h1 , h2 , . . . , hp ) ∈ Rp avec
||h|| suffisamment petit, on a

f a + h1 e1 + h2 e2 + · · · + hp ep = f (a) + hh, f 0 (a)i + ε(h)||h||,
o`
u ε(h) → 0 lorsque h → 0.
Pour tout v ∈ Rp − {0}, la d´eriv´ee directionnelle de f en a dans la direction de v existe et
vaut hv, f 0 (a)i.
Le produit scalaire h., .i est celui d´efini au (1.2).
(3.2.2) D´emonstration de (3.2.1). Limitons-nous au cas p = 2, le cas g´en´eral se traitant de la
mˆeme mani`ere. On ´ecrit alors


f (a + h1 e1 + h2 e2 ) − f (a) = f (a + h1 e1 + h2 e2 ) − f (a + h2 e2 ) + f (a + h2 e2 ) − f (a) .
14

Ici, f (a + h2 e2 ) − f (a) = h2 f20 (a) + h2 ε2 (h2 ) et f (a + h1 e1 + h2 e2 ) − f (a + h2 e2 ) = h1 f10 (a + h2 e2 ) +
h1 ε1 (h1 ) o`
u εk (hk ) → 0 lorsque hk → 0 (k = 1, 2). On peut donc ´ecrire
f (a+h1 e1 + h2 e2 ) =

= f (a) + h1 f10 (a) + h2 f20 (a) + h1 f10 (a + h2 e2 ) − f10 (a) + h1 ε1 (h1 ) + h2 ε2 (h2 )
= f (a) + hh, f 0 (a)i + hh, (f10 (a + h2 e2 ) − f10 (a) + ε1 (h1 ), ε2 (h2 ))i.
Or,
|hh, (f10 (a + h2 e2 ) − f10 (a) + ε1 (h1 ), ε2 (h2 ))i| ≤ ||h|| ||(f10 (a + h2 e2 ) − f10 (a) + ε1 (h1 ), ε2 (h2 ))||
et f10 (a + h2 e2 ) − f10 (a) → 0 lorsque h2 → 0 car f est de classe C (1) . On en tire que (f10 (a + h2 e2 ) −
f10 (a) + ε1 (h1 ), ε2 (h2 )) → (0, 0) lorsque h → 0.
Si v ∈ Rp − {0} et si t ∈ R, alors d’apr`es ce qui pr´ec`ede, on a

f (a + tv) = f (a) + htv, f 0 (a)i + ε(tv)||tv|| = f (a) + thv, f (a)i + ε(tv)||v|| |t|
d’o`
u

f (a + tv) − f (a)
= hv, f 0 (a)i + ε(tv)||v||
t
ce qui tend vers hv, f 0 (a)i lorsque t → 0.
(3.3) Soit a ∈ Ω. On dit que la fonction f : Ω → R est diff´
erentiable en a, s’il existe une
p
p
application lin´eaire La : R → R telle que pour tout h ∈ R dont la norme est suffisament petite,
on ait f (a + h) = f (a) + La (h) + ε(h)||h||. Ici comme pr´ec´edemment, on suppose ε(h) → 0 lorsque
h → 0. On montre que si f est diff´erentiable en a, alors l’application La est unique. On l’appelle
alors la diff´
erentielle de f en a et on la note dfa . La fonction f est dite diff´
erentiable sur Ω
si elle est diff´erentiable en tout point de Ω.
(3.3.1) Proposition. Toute fonction f sur Ω de classe C (1) est diff´erentiable. Si a ∈ Ω, alors
dfa (h) = hh, f 0 (a)i quelque soit h ∈ Rp .
D´emonstration. Il suffit d’appliquer (3.2.1).
(3.3.2) Proposition. Soit f : Ω → R de classe C (1) . Pour tout a ∈ Ω, on a
dfa =

p
X

fk0 (a)(dxk )a .

k=1

D´emonstration. Soit h ∈ Rp . On a (dxk )a (h) = hh, ek i et f 0 (a) =
substituer ces formules dans la proposition pr´ec´edente.

Pp

k=1

fk0 (a)ek . Il suffit de

(3.3.3) Soit f de classe C (1) sur Ω. On note alors df l’application a 7→ dfa . Il s’agit d’une
application de Ω dans le R-espace vectoriel L(Rp , R) des application lin´eaires de Rp dans R. Avec
cette notation, la proposition pr´ec´edente implique que
df =

p
X

fk0 dxk .

k=1

(3.4) Soit U un ouvert de R et soit γ : U → Rp une application. Alors γ = (γ1 , γ2 , . . . , γp ) o`
u
chacune des γk est une application de U dans R. Si a ∈ U , on dit que γ est d´
erivable en a si
15

chacune des γk l’est. De mˆeme, γ est d´
erivable sur U si chacune des γk l’est et de classe C (1) si
chacune des γk est continˆ
ument d´erivable.
Soit Ω un domaine de Rp . Supposons que γ prenne ses valeurs dans Ω. Si f : Ω → Rp est
une application, on a l’application compos´
ee f ◦ γ : U → R. Si f et γ sont continues, il en est
de mˆeme pour f ◦ γ. Si f et γ sont de classe C (1) , on a la formule pour la d´eriv´ee d’une fonction
compos´ee :
(3.4.1) Proposition. Soient f : Ω → R, γ : U → Ω de classe C (1) . Alors pour tout t ∈ E, on
a
(f ◦ γ)0 (t) = hγ 0 (t), (f 0 (γ(t)))i.
D´emonstration. Soit u ∈ R suffisament petit pour que t + u ∈ E. Posons alors a = γ(t),
h = φ(t + u) − φ(t), de sorte que φ(t + u) = a + h. On en tire que
f ◦ γ(t + u) = f (a + h) = f (a) + hh, f 0 (a)i + ε(h)||h||
= f (γ(t)) + hh, f 0 (γ(t))i + ε(h)||h||.
Dans cette formule, on ´ecrit h = γ(t + u) − γ(t) = uγ 0 (t) + uη(u), o`
u η(u) → 0 lorsque u → 0.
0
´
Etudions d’abord le terme hh, f (γ(t))i. On trouve
hh, f 0 (γ(t))i = uhγ 0 (t), f 0 (γ(t))i + uhη(u), f 0 (γ(t))i.
D’apr`es l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz, |hη(u), f 0 (γ(t))i| ≤ ||η(u)|| ||f 0 (γ(t))||, ce qui tend vers 0
lorsque u → 0. En ce qui concerne le terme ε(h)||h||, on a d’abord ||h|| = |u| ||γ 0 (t) + η(u)|| puis

ε(h)||h|| = ε u(γ 0 (t) + η(u)) |u| ||γ 0 (t) + η(u)||.

Ici, ||γ 0 (t) + η(u)|| reste born´e lorsque u → 0 et donc ε u(γ 0 (t) + η(u)) → 0 lorsque u → 0. Au
total, donc, on a
f ◦ γ(t + u) = f (γ(t)) + uhγ 0 (t), f 0 (γ(t))i + θ(u)|u|
o`
u θ(u) → 0 lorsque u → 0, ce qui permet de conclure en utilisant (3.2.1).
(3.5) Th´
eor`
eme des accroissements finis. Soit Ω un domaine de Rp et soit f : Ω → R
une fonction de classe C (1) . Soit a, b ∈ Ω, soit [a, b] le segment droit joignant a `
a b et soit
]a, b[= [a, b] − {a, b}. On suppose que [a, b] ⊆ Ω. Alors il existe c ∈]a, b[ tel que
f (b) − f (a) = hb − a, f 0 (c)i.
Pour la d´emonstration, on r´eduit au cas d’une fonction d’une seule variable, dont nous rappelons d’abord l’´enonc´e :
(3.5.1) Th´
eor`
eme. Soient u < v deux r´eels et soit φ : [u, v] → R une fonction continue,
d´erivable sur ]u, v[. Alors il existe w ∈]u, v[ tel que φ(v) − φ(u) = (v − u)φ0 (w).
D´emonstration
de (3.5). On applique ce r´esultat avec φ : [0, 1] → R d´efinie par φ(t) =

f (1 − t)a + tb . Autrement dit, φ = f ◦ γ, o`
u γ : [0, 1] → Ω est donn´ee par γ(t) = (1 − t)a + tb.
En appliquant (3.4.1), on trouve
φ0 (t) = hγ 0 (t), f 0 (γ(t))i = hb − a, f 0 (γ(t))i.
D’apr`es (3.5.1), il existe w ∈]0, 1[ tel que φ(1) − φ(0) = φ0 (w). Si l’on pose c = γ(w), alors c ∈]a, b[
et f (b) − f (a) = hb − a, f 0 (c)i comme voulu.
16

(3.5.2) Corollaire. Soit Ω un domaine et soit f : Ω → R une application de classe C (1) . Si
f = 0, alors f est constante.
D´emonstration. Fixons a ∈ Ω. Il suffit de montrer que f (b) = f (a) quelque soit b ∈ Ω. Or,
d’apr`es (2.9.1), il existe un arc polygonal joignant a `a b. Un tel arc est r´eunion de segments
droits [a, x1 ], [x1 , x2 ], . . ., [xn−1 , b], chacun de ces segments ´etant contenu dans Ω. D’apr`es le
th´eor`eme (3.5), il existe c1 ∈]a, x1 [ tel que f (x1 ) − f (a) = hx1 − a, f 0 (c1 )i. Puisque f 0 = 0, on
en tire que f (x1 ) = f (a). En appliquant le th´eor`eme (3.5) de la mˆeme mani`ere sur chacun des
segments [x1 , x2 ], . . ., [xn−1 , b], on trouve successivement f (x2 ) = f (x1 ), . . ., f (b) = f (xn−1 ). Donc
f (b) = f (xn−1 ) = · · · = f (x2 ) = f (x1 ) = f (a).
0

(3.6) Soit Ω un domaine dans R2 et soit f : Ω → R une application de classe C (1) . Le
th´
eor`
eme des fonctions implicites affirme que si (a, b) ∈ Ω v´erifie f (a, b) = 0 et f20 (a, b) 6= 0,
alors il existe un intervalle ouvert I contenant a et une application γ : I → R de classe C (1) telle
que γ(a) = b et f u, γ(u) = 0 pour tout u ∈ I. Si en outre on suppose I suffisamment petit,
alors γ est uniquement d´etermin´ee par ces conditions. G´eom´etriquement parlant, cela veut dire
que sur un voisinage du point (a, b), l’ensemble des solutions (u, v) de f (u, v) = 0 est repr´esent´e
par la courbe v = γ(u).
En outre, en appliquant (3.4.1) `a la fonction u 7→ f (u, γ(u)) = 0, on trouve f10 (u, γ(u)) +
0
γ (u)f20 (u, γ(u)) = 0. Par cons´equent, la pente de la tangente de la courbe au point (u, v), o`
u
f10 (u,v)
0
0
v = γ(u), est γ (u) = − f 0 (u,v) et le vecteur f (u, v) est normale `a la courbe.
2
De la mˆeme fa¸con, si f10 (a, b) 6= 0, il existe un voisinage de (a, b) sur lequel l’ensemble des
solutions (u, v) de f (u, v) = 0 est une courbe de la forme u = δ(v), δ ´etant une fonction de classe
` nouveau, le vecteur f 0 (u, v) est normale `a la courbe.
C (1) telle que δ(b) = a. A
On en tire donc que si f : Ω → R est de classe C (1) et si f n’a pas de point critique dans
Ω, alors l’ensemble des solutions (u, v) de f (u, v) = 0 est une courbe (ou r´eunion de courbes)
contenue dans Ω (pourvu qu’il soit non-vide). Le vecteur f 0 (u, v) est toujours normale `a la courbe
au point (u, v).
(3.7) Soit Ω ⊆ Rp un domaine. Rappelons que toute fonction f : Ω → Rq s’´ecrit f =
(f1 , f2 , . . . , fq ), o`
u les fk sont des fonctions de Ω dans R. On dit que f est de classe C (1) si
chacune des fonctions fk est de classe C (1) . Lorsque c’est le cas, il existe pour tout a ∈ Ω une
unique application lin´eaire dfa : Rp → Rq telle que f (a + h) = f (a) + dfa (h) + ε(h)||h|| pour tout
` nouveau, dfa s’appelle la diff´
h ∈ Rp tel que a + h ∈ Ω, et ε(h) → 0 lorsque h → 0. A
erentielle

de f en a. On a alors dfa = (df1 )a , (df2 )a , . . . , (dfq )a .
Si Ω0 est un domaine de Rq , si f : Ω → Ω0 et g : Ω0 → Rr sont de classe C (1) , alors g◦f : Ω → Rr
est de classe C (1) et pour tout a ∈ Ω on a d(g ◦ f )a = dgf (a) ◦ dfa .
(3.7.1) Soit f : Ω → Rq une fonction de classe C (1) et soit a ∈ Ω. La matrice jacobienne de
f en a est par d´efinition la matrice `a q lignes et p colonnes
 ∂f

∂f1
∂f1
1
(a)
(a)
·
·
·
(a)
∂x
∂x2
∂xp
 ∂f21

∂f2
∂f2
(a)
·
·
·
(a)
 ∂x1 (a) ∂x
∂xp
2

Mf (a) =  .
..
.. 
..
.
.
.
.
. 
 .
∂fq
(a)
∂x1

∂fq
(a)
∂x2

···

∂fq
(a)
∂xp

Il s’agit de la matrice de dfa par rapport aux bases standard de Rp et de Rq .
(3.7.2) Lorsque q = p, le jacobien de f en a est par d´efinition le d´eterminant de Mf (a) : il
est not´e Jf (a). Notons alors que a 7→ Jf (a) est une fonction de classe C (1) de Ω dans R.
17

2

2

2



2

Exemple. Soit f : R → R d´efinie par f (x, y) = (x y, xy ). Alors Mf (x, y) =


2xy x2
. Il
y 2 2xy

s’ensuit que Jf (x, y) = 3x2 y 2 .
(3.7.3) Proposition. Soit Ω0 ⊆ Rq un domaine. Soient f : Ω → Ω0 et g : Ω0 → Rr deux
applications et soit a ∈ Ω.
(i ) Si f est diff´erentiable en a et si g est diff´erentiable en f (a), alors g ◦ f est diff´erentiable
en f (a) et l’on a d(g ◦ f )a = dgf (a) ◦ dfa . Par cons´equent,
Mg◦f (a) = Mg (f (a))Mf (a).
(ii ) Si f et de classe C (1) sur Ω et si g est de classe C (1) sur Ω0 , alors g ◦ f est de classe C (1)
sur Ω.
(3.8) Nous allons conclure ce th`eme en ´enon¸cant sans d´emonstration deux r´esultats importants, dont des cas particuliers ont d´ej`a ´et´e ´evoqu´es.
(3.8.1) Th´
eor`
eme (de la fonction r´eciproque). Soit Ω ⊆ Rp un domaine et soit f : Ω → Rp est
une fonction de classe C (1) . Soit a ∈ Ω tel que Jf (a) 6= 0. Alors il existe un ouvert U ⊆ Ω contenant
a tel que f restreinte `a U est une bijection de U sur son image f (U ). En outre l’application
−1
r´eciproque f −1 : f (U ) → U est de classe C (1) et l’on a dff−1
(a) = (dfa ) .
On remarque que la diff´erentielle de l’application identique est l’application identique, dont la
matrice jacobienne est la matrice identit´e. En appliquant (3.7.3), on constate ainsi que
Mf −1 (f (a)) = Mf (a)−1 .
Exemple. Dans l’exemple de (3.7.2), on a Jf (a1 , a2 ) 6= 0 si et seulement si soit a1 6= 0 soit
a2 6= 0. Ainsi, le th´eor`eme s’applique au voisinage de tout point de R2 qui n’est pas situ´e sur l’un
des axes.
(3.9) Soient p ≥ 1, q ≥ 1 deux entiers, soit Ω1 un domaine de Rp et soit Ω2 un domaine de
Rq . On identifie Rp+q avec Rp × Rq , de sorte qu’un point de Rp+q s’´ecrit (x, y) avec x ∈ Rp et
y ∈ Rq . On pose Ω = {(x, y) | x ∈ Ω1 , y ∈ Ω2 }, de sorte que Ω est un domaine de Rp+q . Soit
f : Ω → Rq une fonction de classe C (1) . Si (a, b) ∈ Ω, on note D1 f(a,b) la diff´erentielle en a de
la fonction x 7→ f (x, b) et D2 f(a,b) la diff´erentielle en b de la fonction y 7→ f (a, y). Les matrices
jacobiennes de D1 f(a,b) et de D1 f(a,b) sont alors respectivement
 ∂f

∂f1
∂f1
1
(a,
b)
(a,
b)
·
·
·
(a,
b)
∂x
∂x2
∂xp
 ∂f21

∂f2
∂f2
(a,
b)
·
·
·
(a, b)
 ∂x1 (a, b) ∂x
∂x
p
2
.
Mf,1 (a, b) = 
..
..
..
..


.
.
.
.


∂fq
∂fq
∂fq
(a,
b)
(a,
b)
·
·
·
(a,
b)
∂x1
∂x2
∂xp
et

 ∂f

1

(a, b)

∂y
 ∂f21
 ∂y1 (a, b)


Mf,2 (a, b) = 


..
.
∂fq
(a, b)
∂y1

∂f1
(a, b)
∂y2
∂f2
(a, b)
∂y2

···
···
..
.

..
.
∂fq
(a, b) · · ·
∂y2

Le r´esultat suivant se r´eduit `a (3.6) lorsque p = q = 1.
18



∂f1
(a, b)
∂yq

∂f2
(a, b)
∂yq


..
.
.

∂fq
(a, b)
∂yq

(3.9.1) Th´
eor`
eme (des fonctions implicites). Soient p ≥ 1, q ≥ 1 deux entiers. On identifie
Rp+q avec Rp × Rq . Soit Ω1 un domaine de Rp et soit Ω2 un domaine de Rq . On pose Ω = Ω1 × Ω2 :
c’est un domaine de Rp+q . Soit f : Ω → Rq une fonction de classe C (1) . Soit alors (a, b) ∈ Ω tel
que f (a, b) = 0. On suppose que D2 f(a,b) soit inversible. Alors il existe un voisinage U ⊆ Ω1 de a
et une unique fonction φ : U → Ω2 de classe C (1) tels que b = φ(a) et f (u, φ(u)) = 0 quelque soit
u ∈ U . En outre, on a dφu = −(D2 f(u,φ(u)) )−1 ◦ D1 f(u,φ(u)) .
Le lecteur reformulera la derni`ere alin´ea de l’´enonc´e en termes des matrices Mf,1 et Mf,2 . Elle se
d´emontre en remarquant que, puisque u 7→ f (u, φ(u)) est la fonction nulle, sa diff´erentielle encore
est la fonction nulle. Mais la diff´erentielle se calcule `a l’aide de la formule pour la diff´erentielle
d’une fonction compos´ee (3.7.3). On trouve alors que 0 = D1 f(u,φ(u)) + D2 f(u,φ(u)) dφu .

EXERCICES
(e3.1) Soit f : Rp → R la fonction d´efinie par f (x) = hx, ai, o`
u a ∈ Rp est une constante. Calculer
2
Mˆeme chose lorsque f est la fonction x 7→ ||x||2 , la fonction x 7→ ||x||42 , de la fonction x 7→ hx, ai2 , de
la fonction x 7→ ehx,ai et de la fonction x 7→ log(1 + ||x||22 ).

f 0.

(e3.2) Calculer les d´eriv´ees partielles de la fonction x 7→ ||x||∞ , en pr´ecisant les points x ∈ Rp o`
u
elles existent.
z

(e3.3) Soit f : (R∗+ )3 → R la fonction (x, y, z) 7→ xy . Calculer

∂f ∂f
∂x , ∂y

et

∂f
∂z .

(e3.4) (i ) D´eterminer toutes les fonctions f : R2 → R de classe C (1) qui v´erifient f10 (x, y) = x
et f20 (x, y) = y pour tout (x, y) ∈ R2 . En d´eduire toutes les fonctions f de classe C (1) qui v´erifient
df = xdx + ydy.
(ii ) D´eterminer toutes les fonctions g : R2 → R de classe C (1) qui v´erifient g10 (x, y) = 3y 2 − y 3 + x2 et
0
g2 (x, y) = 3xy(2 − y). En d´eduire toutes les fonctions g de classe C (1) v´erifiant dg = (3y 2 − y 3 + x2 )dx +
3xy(2 − y)dy.
(iii ) D´eterminer toutes les fonctions f : R3 → R de classe C (1) v´erifiant f10 (x, y, z) = y, f20 (x, y, z) = z
0
et f3 (x, y, z) = y.
(e3.5) Soient p ≥ 1, r deux entiers. La fonction f : Rp − {0} → R est dite homog`
ene de degr´
e r
lorsque f (λx) = λr f (x) quelque soit λ ∈ R∗ et quelque soit x ∈ Rp − {0}. Montrer que si f est homog`ene
de degr´e r, alors hf 0 (x), xi = rf (x) quelque soit x ∈ Rp − {0}.
(e3.6) Soit f : R2 → R la fonction d´efinie par f (x, y) = (x − 1)(x + 2)(x2 + 1) + y 2 . On consid`ere le
lieu X = {(x, y) ∈ R2 | f (x, y) = 0}.
(i ) Montrer que X est compact. (Pour montrer que E est born´e, montrer d’abord que si (a, b) ∈ X,
alors a ∈ [−2, 1].)
(ii ) Calculer f 0 . Montrer que si (a, b) ∈ X, alors f 0 (a, b) 6= 0.
(iii ) Soit (a, b) ∈ X avec f20 (a, b) 6= 0. Quel r´esultat du cours vous permet d’affirmer qu’il existe un
intervalle ouvert I contenant a et une fonction γ : I → R v´erifiant γ(a) = b et f (t, γ(t)) = 0 pour tout
t ∈ I ? On pr´ecisera γ. Calculer γ 0 (a).
(iv ) Soit (a, b) ∈ X avec f10 (a, b) 6= 0. Expliquer pourquoi il existe un intervalle ouvert J contenant b
et une fonction γ : J → R v´erifiant δ(b) = a et f (δ(u), u) = 0 pour tout u ∈ I ? Existe-t-il une formule
explicite pour δ analogue `a celle de γ dans la question (iii ) ? Calculer δ 0 (b).
(e3.7) Soit α ∈ R, α 6= 0, et soit f : R2 → R la fonction d´efinie par f (x, y) = x3 + y 3 − 3αxy, o`
u
(x, y) ∈ R2 . On note X le lieu {(a, b) ∈ R2 | f (a, b) = 0}.
(i ) Calculer f 0 . Montrer que le seul point (a, b) de X o`
u f 0 (a, b) = (0, 0) est l’origine.
(ii ) Trouver les points (a, b) ∈ X tels que f 0 (a, b) 6= 0 mais soit f10 (a, b) = 0 soit f20 (a, b) = 0 (tangente
verticale ou horizontale).
(iii ) Soit (a, b) ∈ X tel que f20 (a, b) 6= 0. Quel r´esultat du cours vous permet d’affirmer qu’il existe
un intervalle ouvert I contenant a et une fonction γ : I → R v´erifiant γ(a) = b et f (u, γ(u)) = 0 pour

19

tout u ∈ I ? Calculer γ 0 (a).
(e3.8) (i ) Soient a, b, c trois r´eels. Montrer que si le polynˆome x3 + ax2 + bx + c a trois racines r´eelles
deux-`a-deux distinctes distinctes, alors il existe des intervalles ouverts Ia contenant a, Ib contenant b et
Ic contenant c tels que si a0 ∈ Ia , b0 ∈ Ib et c0 ∈ Ic , alors le polynˆome x3 + a0 x2 + b0 x + c0 a encore trois
racines r´eelles.
(ii ) Montrer que si α < β sont deux r´eels et si ε est suffisament petit, le polynˆome (x−α)(x−β)+εx3
a trois racines r´eelles.
(e3.9) Soit f : R2 → R2 l’application d´efinie par f (u, v) = (eu cos v, eu sin v). Montrer que Jf (u, v) 6=
0 quelque soit (u, v) ∈ R2 mais que f n’est pas une bijection de R2 sur lui-mˆeme.

Th`
eme 4. Formes quadratiques, matrices sym´
etriques, d´
eriv´
ees d’ordre 2,
extremums locaux
(4.1) Notons encore Ω un domaine de Rp . Soit f : Ω → R une fonction et soient k, ` ∈
{1, . . . , , p}. Supposons que fk0 existe. Si, `a son tour fk0 poss`ede une d´eriv´ee partielle (fk0 )0` , on la
2f
00
). Il s’agit alors de la d´
eriv´
ee partielle seconde par rapport `a xk , x` . Fort
note f`,k
(ou ∂x∂` ∂x
k
heureusement, il n’est pas en pratique nec´essaire de se souvenir de l’ordre des indices k et `, en
raison du r´esultat suivant qui sera admis :
(4.1.1) Th´
eor`
eme. Soit f : Ω → R une application et soient k, ` ∈ {1, 2, . . . , p}. On suppose
00
00
00
00
que f`,k
existe et est continue sur Ω. Alors f`0 et fk,`
existent et on a f`,k
= fk,`
.
00
(4.1.2) On dit que f est de classe C (2) si toutes les d´eriv´ees partielles secondes fk,`
existent
(2)
et sont continues. Soit f = Ω → R de classe C et soit a ∈ Ω. On appelle matrice hessienne
de f en a la matrice carr´ee d’ordre p d´efinie par

 00
00
00
(a)
(a) · · · f1,p
f1,1 (a) f1,2
00
00
00
f2,1
(a) f2,2
(a) · · · f2,p
(a)

.
Hf,a =  ..
..
.. 
..
.
.
.
. 
00
00
00
fp,1
(a) fp,2
(a) · · · fp,p
(a)

D’apr`es (4.1.1), il s’agit d’une matrice sym´etrique.
Soit H = (Hi,j ) une matrice carr´ee sym´etrique d’ordre p. On note
P alors q(H, ·) sa forme
quadratique associ´
ee : celle-ci est d´efinie par la formule q(H, x) = i,j xi xj Hi,j quelque soit
x = (x1 , x2 , . . . , xp ) ∈ Rp . (Bien que la formula d´efinissant q(H, x) ait un sens quelque soit la
matrice carr´ee H d’ordre p, nous ne parlerons d’une forme quadratique associ´ee que lorsque H est
sym´etrique.)
(4.2) Th´
eor`
eme. Soit f : Ω → R une application de classe C (2) et soient a, b ∈ Ω tels que
[a, b] ⊆ Ω. Alors il existe c ∈]a, b[ tel que

1
f (b) − f (a) = hb − a, f 0 (a)i + q Hf,c , b − a .
2
Ce r´esultat se d´eduit de la formule de Taylor en une variable par un argument semblable `a
celui utilis´e dans la d´emonstration du th´eor`eme (3.5).
20

(4.3) Notons p ≥ 1 un entier.
PpUne forme quadratique en p variables est une fonction
q : Rp → R de la forme x 7→
u Aij , 1 ≤ i, j ≤ p sont des r´eels et x =
i,j=1 Aij xi xj , o`
A
+A
ij
ji
pour tout i, j, alors A0ij = A0ji pour tout i,
(x1 , xP
que si l’on pose A0ij =
2 , . . . , xp ). Notons
2
P
p
p
0
j et i,j=1 Aij xi xj = i,j=1 Aij xi xj quelque soit x ∈ Rp . On peut donc supposer que Aij = Aji
pour tout i, j, ce que nous allons faire par la suite.
La matrice A = (Aij ) est alors sym´etrique : on l’appelle la matrice associ´
ee `
a q. Si
r´eciproquement A = (Aij ) est
Pune matrice carr´ee sym´etrique d’ordre p, alors la forme quadratique q(A, ·) d´efinie par x 7→ pi,j=1 Aij xi xj s’appelle la forme quadratique associ´
ee `
a A.
(4.3.1) La forme quadratique q (ou la matrice sym´etrique associ´ee) est dite d´
efinie positive
(respectivement d´efinie n´egative) si q(x) > 0 (resp. si q(x) < 0) quelque soit x ∈ Rp − {0}. Elle
est dite positive (respectivement n´egative) si q(x) ≥ 0 (resp. si q(x) ≤ 0) quelque soit x ∈ Rp .
(4.3.2) S’agissant d’une fonction polynˆome, une forme quadratique q : Rp → R est continue.
Si x ∈ Rp et si λ ∈ R, alors q(λx) = λ2 q(x). Choisissons une norme sur Rp et rappelons alors que
S(0; 1) d´esigne la sph`ere de centre 0 = (0, 0, . . . , 0) et de rayon 1 dans Rp .
Prenons p = 3 et q(x1 , x2 , x3 ) = x21 + x22 − 2x2 x3 . La matrice associ´ee est
 (4.3.3) Exemple.

1 0 0
0 1 −1. On a q(1, 0, 0) > 0 et q(0, 1, 1) < 0. Par cons´equent, q n’est ni positive ni n´egative.
0 −1 0
(4.4) Proposition. Soit q une forme quadratique. Alors
(i ) q poss`ede un minimum m(q) et un maximum M (q) sur S(0; 1).
(ii ) Pour que q soit d´efinie positive (respectivement d´efinie n´egative), il faut et il suffit que
m(q) > 0 (resp. M (q) < 0).
(iii ) Pour que q soit positive (respectivement n´egative), il faut et il suffit que m(q) ≥ 0 (resp.
M (q) ≤ 0).
D´emonstration. (i ) Puisque q est continue et S(0; 1) compacte, c’est une cons´equence de (2.6.1).
(ii ) Supposons q d´efinie positive. Alors q(x) > 0 quelque soit x ∈ S(0; 1). En particulier
x
m(q) > 0 d’apr`es (i ). Si r´eciproquement m(q) > 0 et si x ∈ Rp − {0}, alors ||x||
∈ S(0; 1) et

x
2
q ||x|| ≥ m(q) > 0 d’o`
u q(x) ≥ ||x|| m(q) > 0 et donc q est d´efinie positive. Le cas o`
u q est d´efinie
n´egative ainsi que le (iii ) se d´emontrent d’une fa¸con analogue.
(4.5) Soit Ω un domaine de Rp , soit a ∈ Ω et soit f : Ω → R une fonction. On dit que f
admet un maximum relatif strict (respectivement un minimum relatif strict) en a s’il existe
un voisinage U de a tel que pour tout x ∈ U − {a} on ait f (x) < f (a) (resp. f (x) > f (a)). On
dit que f admet un maximum relatif (respectivement un minimum relatif) en a s’il existe un
voisinage U de a tel que pour tout x ∈ U on ait f (x) ≤ f (a) (resp. f (x) ≥ f (a)).
Si f : Ω → R est de classe C (1) , on appelle point critique tout a ∈ Ω tel que f 0 (a) = 0. Une
valeur critique de f est une valeur f (a), a ´etant un point critique.
(4.5.1) Proposition. Soit f : Ω → R de classe C (1) et soit a ∈ Ω. Si f a un maximum relatif
ou un minimum relatif en a, alors a est un point critique.
D´emonstration. Consid´erons le cas d’un maximum relatif, le cas d’un minimum relatif ´etant
semblable. Supposons pour une contradiction que f 0 (a) 6= 0. Alors il existe un indice k tel que
fk0 (a) 6= 0. Supposons par exemple que fk0 (a) > 0. Puisque fk0 est continue, il existe une boule
ouverte B(a; r), o`
u r > 0, telle que fk0 (u) > 0 quelque soit u ∈ B(a; r). Soit alors t ∈ R tel que
f (a + tek ) ∈ B(a; r). D’apr`es le th´eor`eme des accroissements finis (3.5), il existe c ∈ [a, a + tek ]
tel que f (a + tek ) = f (a) + htek , f 0 (c)i. Or, htek , f 0 (c)i = tfk0 (c), d’o`
u, en prenant t > 0, on trouve
21

htek , f 0 (c)i > 0 puis f (a + tek ) > f (a), ce qui est le contradiction d´esir´ee.
Rappelons que la r´eciproque de cette proposition n’est pas vraie, mˆeme si p = 1. Par exemple,
la fonction f : t 7→ t3 sur R v´erifie f 0 (0) = 0 mais f n’a ni maximum ni minimum relatif en 0.
(4.6) Soit Ω un domaine de Rp , soit a ∈ Ω et soit f : Ω → R de classe C (2) . Rappelons que
Hf,a d´esigne alors la matrice hessienne de f en a (4.1.2)
(4.6.1) Th´
eor`
eme. Soit f : Ω → R de classe C (2) et soit a ∈ Ω un point critique.
(i ) Si q(Hf,a , ·) est d´efinie positive, alors f a un minumum relatif strict en a.
(ii ) Si q(Hf,a , ·) est d´efinie n´egative, alors f a un maximum relatif strict en a.
` nouveau, il n’y a pas de r´esultat analague lorsque q(Hh,a , ·) est seulement suppos´e n´egative
A
ou positive, comme le montre encore l’exemple de la fonction f (t) = t3 en 0. Ici, on a f 0 (0) = 0 et
Hf,0 = 0, mais f n’a ni maximum ni minimum relatif en 0.
En ce qui concerne la d´emonstration, on choisit `a nouveau une boule ouverte B(a; r), r > 0,
contenue dans Ω. La formule de Taylor (4.2) montre que si x ∈ B(a; r)−{a}, alors il existe c ∈]a, x[
tel que
1
f (x) = f (a) + q(Hf,c , x − a).
2
Pla¸cons-nous dans le cadre du cas (i ). Si l’on peut ´etablir que Hf,c est d´efinie positive sur un
voisinage U de a, on aura gagn´e car alors q(Hf,c , x − a) < 0 et donc f (x) < f (a) pour tout
x ∈ U ∩ B(a; r) avec x 6= a. Avant de justifier l’existence de U , une courte digression sur la
topologie des ensembles de matrices sera utile.
(4.7) Si m, n dont deux entiers positifs, on note Mm,n le R-espace vectoriel des matrices `a
coefficients dans R et `a m lignes et `a n colonnes. On pose Mn = Mn,n .
L’espace Mm,n est de dimension mn. En effet, les matrices Eij , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n, dont
le coefficient `a l’intersection de la i-i`eme ligne et la j-i`eme colonne vaut 1 et les autres coefficients
forment une base. Par cons´equent, Mm,n est isomorphe `a Rmn : pour donner un isomorphisme
explicite, il suffit d’envoyer la matrice A = (Aij ) sur l’´el´ement
(A11 , A12 , . . . , A1n , A21 , . . . , A2n , . . . , Am1 , . . . , Amn )
de Rmn . Ainsi, Mm,n devient un espace vectoriel norm´e (en choisissant par exemple l’une des
normes ||.||1 , ||.||2 et ||.||∞ de (1.2)). De toute fa¸con, Mm,n ´etant de dimension finie, toutes les
normes sont ´equivalentes et les consid´erations qui suivent ne d´ependeront pas de la norme choisie.
´
(4.8) Limitons-nous `a pr´esent au cas des matrices carr´ees Mn . Etudions
les propri´et´es topologiques de quelques ensembles remarquables de matrices.
(4.8.1) L’ensemble Sn des matrices sym´etriques est un ferm´e de Mn .
D´emonstration. En effet, il est d´efini comme {A ∈ Mn | Aij − Aji = 0 pour tout i, j}.
(4.8.2) L’ensemble GLn des matrices inversibles de Mn est un ouvert.
D´emonstration. Le d´eterminant d’une matrice ´etant un polynˆomes en ces coefficients, la fonction det : Mn → R qui associe `a toute matrice son d´eterminant est continue. Donc GLn = {A ∈
Mn | det(A) 6= 0} est ouvert.
(4.9) Revenons `a la d´emonstration du th´eor`eme (4.6.1) et notamment `a l’existence d’un voisinage U de a tel que Hf,c soit d´efinie positive pour tout c ∈ U . Puisque f est de classe C (2) ,
l’application c 7→ Hf,c est continue. Il suffit donc de voir que l’ensemble des matrices sym´etriques
d´efinies positives est un ouvert relatif de Sn . Soit donc A ∈ Sn d´efinie positive et soit T ∈ Sn . Il
22

s’agit de v´erifier que si tous les coefficients Tij de T sont suffisament petits, alors A + T est d´efinie
positive. Utilisons pour cela la proposition (4.4) (i ). Utilisons la norme ||.||1 . Soit m le minimum
de q(A, ·) sur S1 (0; 1), soit x ∈ S1 (0; 1) et soit ε = maxi,j |Tij |. Alors
X
q(A + T, x) = q(A, x) + q(T, x) ≥ m −
|Tij | |xi | |xj | ≥ m − ε||x||21 = m − ε.
i,j

Il s’ensuit que q(A + T, x) ≥ m − ε pour tout x ∈ S1 (0; 1) et par cons´equent A + T est d´efinie
positive d`es que ε < m.
(4.10) Pour clore ce th`eme, nous allons passer en revue quelques propri´et´es g´en´erales des
formes quadratiques et notamment ces crit`eres pour qu’une forme soit d´efinie positive, positive,
d´efinie n´egative, ou n´egative. On note Mm,n (C) l’ensemble des matrices complexes `a m lignes et
n colonnes et l’on pose Mn (C) = Mn,n (C). Si A ∈ Mm,n (C), on note t A ∈ Mn,m (C) la matrice
tranpos´ee : (t A)i,j = Aj,i pour tout i, j.
Il convient d’identifier Rn avec Mn,1 et Cn avec Mn,1 (C) (matrices `a une colonne).
(4.10.1) Soit A ∈ Mn (C) et soit λ ∈ C. On appelle espace propre associ´e `a λ le sous-espace
Eλ (C) = {x ∈ Cn | Ax = λx} de Cn . On dit que λ est une valeur propre de A si Eλ (C) 6= {0}.
Les ´el´ements non-nuls de Eλ (C) sont alors appel´es les vecteurs propres associ´es `a λ. On pose
Eλ = Eλ (C) ∩ Rn .
Le polynˆ
ome caract´
eristique de A est, par d´efinition, le polynˆome χA (t) = det(tIn − A),
In d´esignant la matrice identit´e d’ordre n. Alors χA est unitaire et de degr´e n. (Certains auteurs
d´efinissent le polynˆome caract´eristique comme ´etant det(A − tIn ) = (−1)n χA (t).) Si A est r´eelle,
alors χA (t) ∈ R[t]. Si λ ∈ C, alors λ est valeur propre de A si et seulement si λIn − A n’est pas
inversible, ou encore si et seulement si χA (λ) = 0.
(4.10.2) Proposition. Toutes les valeurs propres d’une matrice sym´etrique r´eelle sont r´eelles.
D´emonstration. Soit donc A une matrice sym´etrique r´eelle et soit λ une valeur propre de A.
On note x ∈ Cn un vecteur propre associ´e. Alors Ax = λx et donc Ax = λx, o`
u x est obtenu
de x en rempla¸cant chaque coefficient de x par son conjugu´e complexe. En prenant la transpos´ee,
on trouve t xt A = t xA = λx car A est sym´etrique. Calculons donc t xAx de deux mani`eres. D’une
part, t xAx = t x(Ax) = t xλx = λt xx ; de l’autrePpart, t xAx = (t xA)x = λt xx. Or, un vecteur
propre ´etant non-nul par d´efinition, on a t xx = nk=1 |xk |2 6= 0. Par cons´equent, λ = λ et λ est
donc r´eel.
(4.10.3) La matrice U ∈ Mn est dite orthogonale si t U U = In . En particulier, une matrice
orthogonale U est inversible, et alors U −1 = t U et U t U = In . La matrice A ∈ Mn est orthogonale
si et seulement si ||Ax||2 = ||x||2 quelque soit x ∈ Mn,1 .
Exemples. (i ) Toute matrice orthogonale d’ordre 2 est de l’une des formes




cos θ − sin θ
− cos θ sin θ
,
,
θ ∈ R.
sin θ cos θ
sin θ cos θ
(ii ) Toute matrice de permuation est orthogonale. (Une matrice de permutation est une
matrice dont chaque ligne et chaque
un et un seul coefficient ´egal `a un, tous les autres

colonne
0 1 0
coefficients ´etant nuls. Exemple : 0 0 1 .
1 0 0
On trouvera la d´emonstration du r´esultat suivant dans l’appendice (A.7.5).
(4.10.4) Th´
eor`
eme. Soit A ∈ Mn sym´etrique. Soit Λ ∈ Mn une matrice diagonale dont
les coefficients diagonaux sont les valeurs propres de A, compt´ees avec multiplicit´es en tant que
racines de χA (t).
23

Alors il existe une matrice orthogonale U ∈ Mn telle que A = t U ΛU .
Notons que Λ d´epend de l’ordre dans lequel on choisit les racines λi . Or, permuter les λi revient
`a multiplier U par une matrice de permutation.
(4.10.5) Corollaire. Soit A ∈ Mn sym´etrique. Pour que A soit d´efinie positive (respectivement d´efinie n´egative, positive, n´egative), il faut et il suffit que toutes les valeurs propres de A
soient strictement positives (respectivement strictement n´egatives, positives, n´egatives).
D´emonstration. Rappelons que Rn est identifi´e avec M1,n . On a donc q(A, x) = t xAx pour
tout x ∈ Rn . Soit Λ, U comme dans le th´eor`eme (4.10.4). Alors A = t U ΛU . Soit x ∈ Rn et soit
y = U x. Alors
n
X
q(A, x) = t xAx = t xt U ΛU x = t yΛy =
λk yk2 ,
k=1

o`
u les λk sont coefficients diagonaux de Λ et y = (y1 , y2 , . . . , yn ). On sait alors que les λk sont les
valeurs propres de A, compt´ees avec multiplicit´es. Il est alors clair que si λk > 0 quelque soit k,
alors q(A, x) > 0 pour tout x ∈ Rn − {0}. Si r´eciproquement q(A, x) > 0 pour tout x ∈ Rn − {0},
on voit, en prenant x de telle mani`ere que y = ek , que q(A, x) = λk > 0. Pareil dans les autres
cas.
(4.10.6) Corollaire. Pour que A soit d´efinie positive (respectivement d´efinie n´egative, positive, n´egative), il faut et il suffit que toutes les racines du polynˆome caract´eristique soient strictement positives (respectivement strictement n´egatives, positives, n´egatives).
(4.10.7) Corollaire. Si det A = 0, alors A n’est ni d´efinie positive ni d´efinie n´egative.
(4.11) Ainsi, pour d´eterminer la nature de la forme quadratique q, il suffit de connaˆıtre le
signe des racines du polynˆome caract´eristique de la matrice sym´etrique associ´ee. Notons A ∈ Mn
une matrice sym´etrique et
n
Y
n
n−1
n−2
(t − λk )
χA (t) = t + an−1 t
+ an−2 t
+ · · · + a0 =
k=1
k

le polynˆome caract´eristique de A, le coefficient de t ´etant alors not´e ak et les racines λk ´etant
r´eelles. La proposition suivante, appliqu´ee avec p(t) = χA (t), permet de tester si A est d´efinie
positive, d´efinie n´egative, positive ou n´egative ou si encore A ne poss`ede aucune de ses propri´et´es.
(4.11.1) Proposition. Soit p(t) = tn + an−1 tn−1 + an−2 tn−2 + · · · + a0 un polynˆ
ome unitaire
de degr´e n. On suppose que toutes les racines de p(t) sont r´eelles.
(i ) Une condition n´ecessaire et suffisante pour que toutes les racines de p(t) soit strictement
positives est que (−1)n−k ak > 0 pour tout k.
(ii ) Une condition n´ecessaire et suffisante pour que toutes les racines de p(t) soit strictement
n´egatives est que ak > 0 pour tout k.
(iii ) Une condition n´ecessaire et suffisante pour que toutes les racines de p(t) soit positives ou
nulles est que (−1)n−k ak ≥ 0 pour tout k.
(iv ) Une condition n´ecessaire et suffisante pour que toutes les racines de p(t) soit n´egatives
ou nulles est que ak ≥ 0 pour tout k.
D´emonstration. (i ) Notons λk , (1 ≤ k ≤ n) les racines de p(t).
PSupposons d’abord que λk > 0
pour tout k. Alors −an−1 = λ1 + λP
+
·
·
·
+
λ
>
0,
a
=
en´eral, si
2
n
n−2
i<j λi λj > 0 et, en g´
n−k
k ∈ {0, 1, . . . , n}, alors (−1) ak = 1≤i1 <i2 <···<ik ≤n λi1 λi2 · · · λik > 0.
Supposons r´eciproquement que (−1)n−k ak > 0 quelque soit k. Il suffit de montrer que si t ≤ 0,
alors p(t) 6= 0. En effet, puisque les racines de p(t) sont toutes r´eelles, on en tirera qu’elles sont
toutes strictement positives.
24

Soit donc t ≤ 0 et soit k ∈ {0, 1, . . . , n}. Si n est pair, alors le signe de tk est (−1)k = (−1)n−k
et donc tk a le mˆeme signe que ak et ak tk ≥ 0. En prenant la somme sur tout k ∈ {0, 1, . . . , n}
et en notant que a0 > 0, on en tire que p(t) > 0. Si n est impair, un argument semblable montre
que ak tk ≤ 0 pour tout k et, en prenant la somme sur k et en notant que a0 < 0, on conclut que
p(t) < 0.
Les ´enonc´es (ii ), (iii ), (iv ) se d´emontrent de la mˆeme mani`ere.
(4.12) En pratique, le calcul du polynˆome caract´eristique d’une matrice carr´ee d’ordre n
devient lourde si n est grand, sauf dans les cas particuliers. La proposition suivante remplace ce
calcul par celui des d´eterminants de certaines sous-matrices de A.
(4.12.1) Proposition. Soit A ∈ Mn , A = (Aij ) une matrice sym´etrique. Pour tout r ∈
{1, 2, . . . , n}, on note A(r) la matrice sym´etrique (Aij ), 1 ≤ i, j ≤ r, de Mr .
(i ) Pour que A soit d´efinie positive, il faut et il suffit que det(A(r) ) > 0 pour tout r ∈
{1, 2, . . . , n}.
(ii ) Pour que A soit d´efinie n´egative, il faut et il suffit que (−1)r det(A(r) ) > 0 pour tout
r ∈ {1, 2, . . . , n}.
La d´emonstration se fait par r´ecurrence sur n ; les d´etails sont omis. Remarquons qu’il
n’y a
0 0
pas de crit`ere analogue pour que A soit positive ou n´egative. Par exemple, la matrice A =
0 1
(1)
est positive, mais det(A ) = det(A) = 0. De mˆeme, la matrice −A est n´egative, mais on a encore
det(−A(1) ) = det(−A) = 0.
(4.13) Voici une seconde m´ethode pour tester si une forme quadratique est d´efinie positive
ou n´egative, qui est en g´en´eral moins lourde lorsque n est grand (au moins pour un ordinateur).
L’id´ee de cette m´ethode, dite la m´
ethode de Gauss, est d’´ecrire la forme comme somme de
carr´es de formes lin´eaires mulipli´es par des coefficients r´eels.
Pn
u
(4.13.1) Rappelons que toute forme lin´eaire Rn → R s’´ecrit x 7→
k=1 ak xk = ha, xi, o`
n
n
a = (a1 , a2 , . . . , an ) ∈ R et x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ R . Si E est un R-espace vectoriel, les formes
lin´eaires sur E constituent ´egalement un R-espace vectoriel que l’on note L(E, R) (voir (A.3)).
On peut ainsi parler de formes lin´eaires lin´eairement ind´ependantes. La famille (`1 , `2 , . . . , `n ) de
formes lin´eaires est lin´eairement ind´ependante (ou libre) si et seulement si la relation
n
X

λi `i (x) = 0,

(λ1 , λ2 , . . . , λn ) ∈ Rn ,

i=1

pour tout x ∈ E entraˆıne λ1 = λ2 = · · · = λn = 0.
(4.13.2) Notons donc q : Rn → R une forme quadratique. Si n = 1, alors il existe λ ∈ R tel
que q(x) = λx2 = λ`(x)2 quelque soit x ∈ R, o`
u ` est la forme lin´eaire `(x) = x.
Supposons donc n ≥ 2. D´egageons les termes de q qui font intervenir xn , en ´ecrivant q(x) =
q0 (x) + (2A1n x1 xn + 2A2n x2 xn + · · · + 2An−1,n xn−1 xn + Ann x2n ), o`
u q0 ne fait intervenir que x1 ,
x2 , . . ., xn−1 . On veut proc´eder par r´ecurrence
sur
n
:
sachant

e
j`
a
´ecrire une forme quadratique
Pm
2
en au plus n − 1 variables sous la forme i=1 λi `i (x) avec λi ∈ R pour tout i et (`1 , `2 , . . . , `m )
une famille libre de formes lin´eaires on souhaite le faire pour q. Si q = q0 (c’est-`a-dire Akn = 0
pour tout k ∈ {1, 2, . . . , n}), il n’y a rien `a faire. Dans le cas contraire, il y a deux possibilit´es `a
consid´erer selon que Ann 6= 0 ou Ann = 0.
Supposons d’abord que Ann 6= 0. Alors on peut compl´eter le carr´e :
2
A1n
An−1,n
2A1n x1 xn + · · · + 2An−1,n xn−1 xn + Ann x2n = Ann
x1 + · · · +
xn−1 + xn + q1 (x),
Ann
Ann
25

1n
x1 + · · · +
o`
u q1 (x) ne d´epend que de xk , avec 1 ≤ k ≤ n − 1. Donc q(x) = q0 (x) + q1 (x) + Ann AAnn

2
An−1,n
xn−1 + xn , o`
u q0 + q1 ne d´epend que de xk avec 1 ≤ k ≤ n − 1.
Ann
Supposons ensuite que Ann = 0. On se ram`ene au cas pr´ec´edent `a l’aide de l’astuce suivante.
Par hypoth`ese, il existe un indice k < n tel que Akn 6= 0. Effectuons alors le changement de
variable xk = x0k + xn . Avec les variables (x1 , . . . , xk−1 , x0k , xk+1 , . . . , xn ), le coefficient de x2n dans
q devient Akn , et on peut donc proc´eder comme auparavant.
Cette proc´edure exprime q(x) sous la forme q 0 (x) + λn `n (x)2 , o`
u la forme quadratique q 0 ne
n
d´epend que de x1 , x2 , . . ., xn−1 , λn ∈ R et `n ∈ L(R , R) d´epend effectivement de xn . (Si q ne
d´epend pas de xn , P
on pose λn = 0 et `n (x) = xn .) Par r´ecurrence, on trouve une expression pour
2
q(x) sous la forme m
u λk ∈ R et `k ∈ L(Rn , R) est de la forme `k (x) = ha, xi avec
k=1 λk `k (x) , o`
a de la forme (a1 , . . . , ak , 0, . . . , 0) et ak 6= 0. Par cons´equent, les formes (`k )1≤k≤n forment une
famille libre dans L(Rn , R). Cela implique que m ≤ n, car L(Rn , R) est de dimension n.
En pratique, on ne prend pas forc´ement les variables xk dans l’ordre : si par exemple Ann = 0
mais il existe un indice m tel que Amm 6= 0, il y a clairement avantage de remplacer xn par xm
dans le raisonnement ci-dessus.

(4.13.3) Proposition. Soit q : Rn → R une forme quadratique.
(i) Si q s’´ecrit comme somme de n carr´es de formes lin´eaires lin´eairement ind´ependantes,
alors q est d´efinie positive.
(ii ) Si q s’´ecrit comme moins la somme de n carr´es de formes lin´eaires lin´eairement ind´ependantes, alors q est d´efinie n´egative.
(iii ) Si q s’´ecrit comme somme de carr´es de formes lin´eaires, alors q est positive.
(iv ) Si q s’´ecrit comme moins la somme dePcarr´es de formes lin´eaires, alors q est n´egative.
D´emonstration. (i ) Supposons que q(x) = nk=1 `k (x)2 , avec les formes lin´eaires `k , 1 ≤ k ≤ n
lin´eairement ind´ependantes. Il est clair que q(x) ≥ 0 pour tout x ∈ Rn . Si q(x) = 0, alors `k (x) = 0
pour tout k et, les formes lin´eaires `k ´etant lin´eairement ind´ependantes et en nombre n, on en tire
que x = 0. Les parties (ii ), (iii ) et (iv ) se traitent de la mˆeme mani`ere.
Traitons quelques exemples.
(4.14) (i ) q(x1 , x2 , x3 ) = x21 + 2x1 x2 + 2x2 x3 . Ici, la forme contient le terme x21 . Compl´etons
donc le carr´e en utilisant x1 `a la place de xn :
q(x1 , x2 , x3 ) = (x1 + x2 )2 − x22 + 2x2 x3 = (x1 + x2 )2 = q0 (x2 , x3 ),
o`
u q0 (x2 , x3 ) = −x22 + 2x2 x3 . Ensuite, q0 (x2 , x3 ) = −(x2 − x3 )2 + x23 , et donc
q(x1 , x2 , x3 ) = (x1 − x2 )2 − (x2 − x3 )2 + x23 .
Ici, le forme prend `a la fois des valeurs positives et des valeurs n´egatives.
´
(ii ) q(x1 , x2 , x3 ) = x1 x3 + x2 x3 . Il n’y a pas de terme Akk x2k . Ecrivons
donc x1 = x01 + x3 . Alors
0
2
q(x1 , x2 , x3 ) = x1 x3 + x2 x3 + x3 . Ensuite,
1
q(x1 , x2 , x3 ) = ( x01 +
2
1
= ( x01 +
2

1
x2 + x3 )2 −
2
1
x2 + x3 )2 −
2

1 02 1 2 1 0
x − x2 − x1 x2
4 1
4
2
2
1 0
(x + x2 ) .
2 1

` nouveau, q prend `a la fois des valeurs positives et des valeurs n´egatives.
A
(iii ) On suppose q : Rn → R d´efinie positive. Si A = (Aij ) est la matrice sym´etrique associ´ee
`a q, alors Aii > 0 pour tout i ∈ {1, 2, . . . , n}. En effet, on a q(ek ) = ek Aek = Akk quelque soit
k ∈ {1, 2, . . . , n} : si donc il existe un indice k tel que Akk ≤ 0, alors q(ek ) ≤ 0.
26

(iv ) Soit q(x1 , x2 , x3 ) = (x1 − x2 )2 + (x2 − x3 )2 + (x3 − x1 )2 . Alors q est positive mais pas
d´efinie positive. En effet, q(x1 , x2 , x3 ) ≥ 0 pour tout (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 mais q(x, x, x) = 0 pour
tout x ∈ R. Bien entendu, les formes lin´eaires `1 (x1 , x2 , x3 ) = x1 − x2 , `2 (x1 , x2 , x3 ) = x2 − x3
et `3 (x1 , x2 , x3 ) = x3 − x1 ne sont pas lin´eairement ind´ependantes ; elles sont li´ees par la relation
`1 + `2 + `3 = 0.

EXERCICES
(e4.1) (i ) Soit Ω un domaine dans Rp et soient g1 , g2 , . . ., gp , p fonctions de classe C (1) de Ω dans R.
P
Montrer que s’il existe f : Ω → R de classe C (2) telle que df = pk=1 gk dxk , alors (gk )0` = (g` )0k
quelque soit les entiers k, ` ∈ {1, 2, . . . , p}.
(ii ) Existe-t-il une fonction f : R2 → R de classe C (2) v´erifiant df = ydx + dy ?
(e4.2) Soit Ω un domaine de Rp et soit f : Ω → R de classe C (2) . Montrer que si q(Ha , ·) = 0 quelque
soit a ∈ Ω, alors il existe b ∈ Rp et α ∈ R tels que f (x) = α + hb, xi quelque soit x ∈ Ω. (Appliquer la
formule de Taylor (4.2). On pourra se limiter au cas o`
u Ω est ´etoil´e.)
(e4.3) Soit f : R2 → R la fonction f (x, y) = x4 − 2xy + y 2 − 2x.
(i ) Calculer f 0 puis montrer que f a un unique point critique que l’on pr´ecisera.
(ii ) Calculer la matrice hessienne Hf,(x,y) et v´erifier que le point critique est un minimum relatif
strict.
(iii ) En remarquant que f (x, y) = (y − x)2 + (x − 1)2 (x2 + 2x + 2) − 2, montrer que ce minimum
relatif est, en fait, le minimum absolu strict de f sur R2 .
1 8
+ .
x y
0
(i ) Calculer f . V´erifier que (1/2, 4) est l’unique point critique de f .
(ii ) V´erifier que (1/2, 4) est un minimum local strict de f .
(iii ) Montrer que (1/2, 4) est, en fait, le minimum absolu strict de f sur (R∗+ )2 . (C’est plus difficile. On
pourra chercher `a montrer directement que f (x, y) − f (1/2, 4) ≥ 0 en s’inspirant de l’exercice pr´ec´edent.
Sinon, on pourra montrer d’abord que pour tout (x, y) ∈ (R∗+ )2 , on a f (x, y) ≥ f (x, 1/x2 ) puis que, si
φ(x) = f (x, 1/x2 ), alors φ atteint son minimum en x = 1/2.)
(e4.4) Soit la fonction f : (R∗+ )2 → R d´efinie par f (x, y) = xy +

(e4.5) On note a, b et c trois nombre r´eels v´erifiant abc 6= 0 et f : R3 → R la fonction d´efinie par
f (x, y, z) = x4 + y 4 + z 4 − 4(a3 x + b3 y + c3 z).
(i ) D´eterminer les points critiques de f .
(ii ) Montrer que f poss`ede un minimum local en (a, b, c).
(iii ) V´erifier que si u, v ∈ R2 , alors 2u2 v 2 ≤ u4 + v 4 . En d´eduire que si (x, y, z) ∈ R3 , alors
2
(x + y 2 + z 2 )2 ≤ 3(x4 + y 4 + z 4 ).
(iv ) Utiliser ce qui pr´ec`ede pour montrer que f (x, y, z) → +∞ lorsque x2 + y 2 + z 2 → +∞.
(v ) En conclure que f prend sa valeur minimale absolue sur R3 au point (a, b, c).
(e4.6) Soit f : R2 → R la fonction f (x, y) = 1+xx2 +y2 (voir (0.1.1)).
(i ) Calculer f 0 . En d´eduire l’ensemble des points critiques de f .
(ii ) Calculer la matrice hessienne Hf,(x,y) puis d´eterminer si les points critiques sont des extremums
relatifs.
(iii ) Montrer que f (x, y) → 0 lorsque x2 + y 2 → +∞. (Utiliser les coordonn´ees polaires x = r cos θ,
y = r sin θ.)
(iv ) Calculer M = sup{f (x, y) | (x, y) ∈ R2 } et m = inf{f (x, y) | (x, y) ∈ R2 }. Existe-t-il (a, b) ∈ R2
tel que f (a, b) = M ; tel que f (a, b) = m ?
(e4.7) D´eterminer si les matrices suivantes sont d´efinies positives, d´efinies n´egatives, positives ou
n´egatives :

27

(i )

!
3 0 0
0 2 0 ,
0 0 −1

(ii )

!
2
0 −1
0
2 −1 ,
−1 −1 2

2
1
(iii ) 
1
1


1
1
1
1

1
1
1
1


1
1
.
1
2

(e4.8) Utiliser la m´ethode de Gauss (4.13) pour ´ecrire la forme quadratique (x, y, z) 7→ xy + yz + xz
comme combinaison de membres d’une famille libre de formes lin´eaires.
(e4.9) Soient n, N deux
et soient ar , 1 ≤ r ≤ N , N points de Rn . Soit f la fonction
PN entiers positifs
2
→ R d´efinie par x 7→ r=1 ||x − ar || .
Montrer que f a un unique point critique et que ce point critique est un minimum relatif puis qu’il
s’agit du minimum absolu de f sur Rn .

Rn

(e4.10) Soit f : Rn → R un polynˆome de degr´e 2, c’est-`a-dire une fonction de la forme f = q + ` + c,
o`
u q : Rn → R est une forme quadratique, ` : Rn → R une forme lin´eaire et c ∈ R. On note A la matrice
sym´etrique associ´ee `a q et b l’´el´ement de Rn tel que `(x) = hb, xi pour tout x ∈ Rn .
(i ) Soit x ∈ Rn . Calculer f 0 (x) ainsi que la matrice hessienne Hf,x de f en fonction de A et b.
On suppose d´esormais que q est non-d´eg´en´er´ee, c’est-`a-dire que A est inversible.
(ii ) Montrer que si A est inversible, alors f a un unique point critique x0 .
(iii ) Montrer que x0 est un minimum relatif si A est d´efinie positive et un maximum relatif si A est
d´efinie n´egative.
(e4.11) Soient r, n deux entiers tels que 0 ≤ r ≤ n. Montrer que l’ensemble des matrices dans Mn
de rang au plus r est ferm´e. (Rappel : si r < n, une matrice est de rang au plus r si et seulement si le
d´eterminant de tout mineur d’ordre r + 1 est nul.)

Th`
eme 5. Extremums li´
es d’une fonction Rp → R, multiplicateurs de Lagrange
(5.1) Soit Ω un domaine dans Rp , soit f : Ω → R une fonction et soit X ⊆ Ω de classe
C . Dans sa forme la plus g´en´erale, le probl`eme d’extremum li´e est le probl`eme de d´eterminer
les valeurs maximales et minimales de f sur X (ou `a d´efaut leurs bornes sup´erieure et inf´erieure).
Typiquement, X est d´ecrit par des conditions de la forme g1 = g2 = · · · = gq = 0, les fonctions g`
(les contraintes) ´etant encore de classe C (1) et donc continues, de sorte que X est un ferm´e relatif
de Ω. Nous allons d’abord traiter le cas d’une forme quadratique sur la sph`ere S(0; 1) de centre 0
et de rayon 1. Apr`es, nous d´ecrivons la m´ethode des multiplicateurs de Lagrange qui permet,
au moins en principe, de traiter une large classe de probl`emes.
(1)

(5.2) Soit donc A ∈ Mp une matrice sym´etrique et soit q(A, ·) la forme quadratique associ´ee.
Notons S2 (0; 1) la sph`ere de Rp pour la norme ||.||2 . Rappelons que les valeurs propres de A sont
toutes r´eelles et notons respectivement λmax et λmin la plus grande et la plus petite parmi elles.
Rappelons que nous identifions Rp avec l’espace des matrices `a une ligne et p colonnes, de sorte
que si x ∈ Rp , alors t x d´esigne le vecteur colonne transpos´e de x.
(5.2.1) Th´
eor`
eme. Pour tout x ∈ S2 (0; 1), on a λmin ≤ q(A, x) ≤ λmax . L’´egalit´e λmin =
q(A, x) a lieu si et seulement si x est un vecteur propre associ´e `
a λmin et l’´egalit´e λmax = q(A, x) a
lieu si et seulement si x est un vecteur propre associ´e `
a λmax . En particulier, les valeurs minimales
et maximales de q(A, ·) sur S2 (0; 1) sont λmin et λmax .
D´emonstration. Soit Λ une matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont les valeurs
propres de A. On sait (4.10.4) qu’il existe une matrice orthogonale U ∈ Mp telle que A = t U ΛU .
On sait que U laisse S2 (0; 1) stable, c’est-`a-dire U x ∈ S2 (0; 1) si x ∈ S2 (0; 1). Soit donc x ∈ S1 (0 : 1)
28

et soit (y1 , y2 , . . . , yp ) = y = U x. Alors
t

t t

t

q(A; x) = xAx = x U ΛU x = yΛy =

p
X

λk yk2 .

k=1

Pp

Pp

Ici, k=1 λk yk2 ≤ λmax k=1 yk2 = λmax car y ∈ S2 (0; 1). Il s’ensuit que q(A; x) ≤ λmax quelque
soit x ∈ S2 (0; 1). On voit de la mˆeme mani`ere que q(A; x) ≥ λmin quelque soit x ∈ S2 (0; 1). D’o`
u
l’encadrement λmin ≤ q(A; x) ≤ λmax . P
L’´egalit´e q(A, x) = λmax ´equivaut `a pk=1 λk yk2 = λmax ce qui a lieu si et seulement si yk = 0
lorsque λk < λmax . Mais si y ∈ Rp − {0}, alors la condition yk = 0 lorsque λk < λmax ´equivaut
`a Λy = λmax y ce qui signifie que x = t U y est vecteur propre de A = t U ΛU associ´e `a λmax . On
raisonne de la mˆeme mani`ere en ce qui concerne λmin .
(5.3) Passons donc `a la m´ethode des multiplicateurs de Lagrange, en commen¸cant par le cas
le plus simple, celui o`
u Ω est un domaine dans R2 et la fonction f : Ω → R est assujettie `a une
seule contrainte g = 0, g ´etant une seconde fonction Ω → R. On suppose f et g ce classe C 1 .
Posons X = {(x, y) ∈ Ω | g(x, y) = 0}. Le probl`eme est de trouver les valeurs maximales et les
minimales de f restreinte `a X. On cherche d’abord un crit`ere pour qu’un point soit un extremum
local.
(5.3.1) Soit (a, b) ∈ X. Supposons d’abord que g20 (x, y) 6= 0 pour tout (x, y) dans un voisinage
de (a, b). D’apr`es le th´eor`eme des fonctions implicites (voir (3.6)) qu’il existe un intervalle ouvert
I contenant a et un intervalle ouvert J contenant b ainsi qu’une fonction φ : I → J v´erifiant
φ(a) = b et g(x, φ(x)) = 0 pour tout x ∈ I.
Supposons donc que f restreinte `a X ait un extremum local en (a, b). Alors le fonction x 7→
f (x, φ(x)) a un extremum local en a. Par cons´equent, sa d´eriv´ee s’annule en a. Il s’ensuit que
g 0 (a,b)
f10 (a, b) + f20 (a, b)φ0 (a) = 0. Mais φ0 (a) = − g10 (a,b) . On en tire que le gradient f 0 (a, b) est un multiple
2
scalaire de g 0 (a, b).
Lorsque on suppose que g10 (a, b) 6= 0, un argument semblable conduit `a la mˆeme conclusion.
Rappelons que g 0 (a, b) est un vecteur perpendiculaire `a la tangente de la courbe g = 0 en (a, b).
G´eom´etriquement parlant, on conclut que si (a, b) n’est pas un point critique de g et si f a
un extremum local en (a, b) sous la contrainte g = 0, alors f 0 est un vecteur perpendiculaire `a
tangente de la courbe g = 0 en (a, b).
Par cons´equent, il existe λ ∈ R tel que f 0 (a, b) + λg 0 (a, b) = 0. Le r´eel λ est appel´e le multiplicateur de Lagrange. On a ainsi trois ´equations
(*)

f10 (a, b) + λg10 (a, b) = 0,

f20 (a, b) + λg20 (a, b) = 0,

g(a, b) = 0

pour les trois inconnus a, b, λ.
La m´
ethode des multiplicateurs de Lagrange est tout simplement une r´einterpr´etation
de ces ´equations. On introduit la fonction de trois variables x, y, z :
H(x, y, z) = f (x, y) + zg(x, y).
Cette fonction permet de re´ecrire les trois ´equations (∗) comme
H10 (a, b, λ) = 0,

H20 (a, b, λ) = 0,

et

H30 (a, b, λ) = 0.

(5.4) En g´en´eral, la m´ethode des multiplicateurs de Lagrange ´etend les consid´erations pr´ec´edentes au cas d’une fonction f : Ω → R d´efinie sur le domaine Ω ⊆ Rp et soumise a q ≤ p
29

` nouveau, on
contraintes g1 = g2 = · · · = gq = 0, o`
u les gk sont encore des fonctions de Ω dans R. A
(1)
suppose f et les fonctions gk de classe C . Posons X = {x ∈ Ω | g1 (x) = g2 (x) = · · · = gq (x) = 0}.
Le point a ∈ Ω est dit r´
egulier (pour les fonctions g1 , g2 , . . ., gq ) si (g1 )0 (a), (g2 )0 (a), . . ., (gq )0 (a)
est une famille libre dans Rp . Dans le cas contraire, on dit que a est un point critique.
(5.4.1) Th´
eor`
eme. Soit a un extremum relatif de f restreinte `
a X. Si a est un point r´egulier
0
p
pour g1 , g2 , . . ., gq alors f (a) appartient au sous-espace de R engendr´e par (g1 )0 (a), (g2 )0 (a), . . .,
(gq )0 (a).
L’interpr´etation g´eom´etrique est la mˆeme que dans le cas p = 2, q = 1 trait´e pr´ec´edemment.
Puisque a est r´egulier, (g1 )0 (a), (g2 )0 (a), . . ., (gq )0 (a) engendrent l’espace normal `a X en a, c’est
`a dire l’espace orthogonal `a l’espace tangent de X en a. Le th´eor`eme dit donc que si a est un
extremum de f restreinte `a X, alors f 0 (a) est perpendiculaire `a l’espace tangent de X en a. La
d´emonstration suit la mˆeme d´emarche que celle du cas d’une fonction en deux variables `a une
seule contrainte, en appliquant la forme g´en´erale du th´eor`eme des fonctions implicites (3.9.1).
Nous omettons les d´etails.
(5.4.2) Dans sa formulation g´en´erale, la m´
ethode des multiplicateurs de Lagrange est
une description concr`ete de ce th´eor`eme. La conclusion que f 0 (a) appartient au sous-espace de
Rp engendr´e par (g1 )0 (a), (g2 )0 (a), . . ., (gq )0 (a) signifie qu’il existe q r´eels λk , 1 ≤ k ≤ q (appel´es
multiplicateurs de Lagrange) tels que
(**)

f 0 (a) +

q
X

λk (gk )0 (a) = 0.

k=1

` celles-ci s’ajoutent les q
Il s’agit d’une ´egalit´e dans Rp , c’est-`a-dire de p ´equations dans R. A
´equations
(***)

g1 (a) = g2 (a) = · · · = gq (a) = 0,

ce qui fait p + q ´equations au total pour les p + q inconnus : les p coordonn´ees de a et les
multiplicateurs de Lagrange λ1 , λ2 , . . ., λq .
` nouveau, on r´einterpr`ete ces ´equations en introduisant la fonction de p + q variables
A
H(x1 , x2 , . . . , xp , z1 , z2 , . . . , zq ) = f (x) +

q
X

zk gk (x),

k=1

o`
u x = (x1 , x2 , . . . , xp ). Les ´equations (∗∗) et (∗∗∗) se r´ecrivent alors
Hk0 (a1 , a2 , . . . , ap , λ1 , λ2 , . . . , λq ) = 0

pour tout 1 ≤ k ≤ p + q,

o`
u l’on a ´ecrit a = (a1 , a2 , . . . , ap ). On appelle les points a ∈ X tels qu’il existe (λ1 , λ2 , . . . , λq )
v´erifiant les ´equations de Lagrange les points critiques de f relatifs `
a X (ou relatifs aux
contraintes g1 = g2 = · · · = gq = 0).
(5.5) Ayant trouv´es les points critiques de f relatifs `a l’ensemble X, la question se pose de
savoir s’il s’agit d’un maximum ou un minimum local.
(5.5.1) Reprenons d’abord le cas d´ej`a ´etudi´e (5.3) d’une fonction f de deux variables assujettie
`a une seule contrainte g = 0. Reprenons les notations de (5.3) en supposant, de plus, que f et g
soient de classe C (2) . Notons ψ la fonction x 7→ f (x, φ(x)). Il est clair que le point critique (a, b) de
f sous la contrainte g = 0 est un minimum strict local si et seulement si a est un minimum strict
30

local de ψ. Or, une condition famili`ere pour que ψ ait un minimum strict local est que ψ 00 (a) > 0,
ce qui nous allons traduire en termes de fonctions f et g du probl`eme. On a
d 0
(f (x, φ(x)) + f20 (x, φ(x))φ0 (x))]x=a
dx 1
00
00
00
= f1,1
(a, φ(a)) + 2f1,2
(a, φ(a))φ0 (a) + f2,2
(a, φ(a))φ0 (a)2 + f20 (a, φ(a))φ00 (a)

ψ 00 (a) = (ψ 0 )0 (a) = [

et donc, puisque b = φ(a) :
00
00
00
(a, b)φ0 (a) + f2,2
(a, b)φ0 (a)2 + f20 (a, b)φ00 (a).
(a, b) + 2f1,2
ψ 00 (a) = f1,1

(1)

g 0 (x,φ(x))

En outre, on sait que φ0 (x) = − g10 (x,φ(x)) et donc que 0 = g10 (x, φ(x))+φ0 (x)g20 (x, φ(x)). En d´erivant
2
par rapport `a x puis en substituant x = a on trouve
00
00
00
0 = g1,1
(a, b) + 2g1,2
(a, b)φ0 (a) + g2,2
(a, b)φ0 (a)2 + g20 (a, b)φ00 (a).

(2)

Or, le multiplicateur de Lagrange λ v´erifie f20 (a, b) + λg20 (a, b) = 0. En prenant donc la somme
de l’´equation (1) et de λ fois l’´equation (2) on obtient donc, en ´ecrivant `a nouveau H(x, y, z) =
f (x, y) + zg(x, y) :
00
00
00
ψ 00 (a) = H1,1
(a, b, λ) + 2H1,2
(a, b, λ)φ0 (a) + H2,2
(a, b, λ)φ0 (a)2

Or, on y reconnaˆıt la valeur en (1, φ(a)) de la forme quadratique associ´ee `
a la matrice hessienne
g10 (a,b)
0
de H par rapport aux deux premi`eres variables. Enfin la relation φ (a) = − g0 (a,b) permet d’´ecrire :
2

ψ 00 (a) =

1
g20 (a, b)2


00
00
00
H1,1
(a, b, λ)g20 (a, b)2 − 2H1,2
(a, b, λ)g20 (a, b)g10 (a, b) + H2,2
(a, b, λ)g10 (a, b)2 .

00
00
(a, b, λ)g20 (a, b)g10 (a, b)+
(a, b, λ)g20 (a, b)2 −2H1,2
On en conclut que ψ 00 (a) est du mˆeme signe que H1,1
2
0
0
00
H2,2 (a, b, λ)g1 (a, b) . Dans ce qui pr´ec`ede, nous avons suppos´e que g2 (a, b) 6= 0. Un argument
semblable en supposant que g10 (a, b) 6= 0 conduit `a la mˆeme conclusion. Nous avons ainsi d´emontr´e
le r´esultat suivant.

(5.5.2) Proposition. Soit Ω ⊆ R2 un domaine et soient f et g deux fonctions de classe C (2)
sur Ω. Soit X = {(x, y) ∈ Ω | g(x, y) = 0}. Soit (a, b) ∈ X. On suppose que (a, b) soit un
point r´egulier de g mais qu’il s’agit d’un point critique de f relatif `
a X. Soit λ le multiplicatuer
de Lagrange associ´e et soit H(x, y, z) la fonction f (x, y) + zg(x, y). Soit q la forme quadratique
associ´ee `
a la matrice hessienne de H par rapport aux deux premi`eres variables :
00

00
H1,1 (a, b, λ) H1,2
(a, b, λ)
.
00
00
H1,2
(a, b, λ) H2,2
(a, b, λ)

Si q − g20 (a, b), g10 (a, b) > 0, alors
la restriction de f `
a X a un minimum strict local en (a, b). De

mˆeme, si q − g20 (a, b), g10 (a, b) < 0, elle a un maximium strict local en (a, b).
Rappelons que (−g20 (a, b), g10 (a, b) est un g´en´erateur de l’espace vectoriel tangent de X en
(a, b). La condition q(−g20 (a, b), g10 (a, b) > 0 (ou q(−g20 (a, b), g10 (a, b) < 0) est donc ´equivalente `a la
condition que la restriction de q `a l’espace tangent soit d´efinie positive (ou d´efinie n´egative). Cette
interpr´etation sugg`ere la g´en´eralisation correcte de la proposition `a une fonction de p variables
assujettie `a q contraintes.
(5.6) Th´
eor`
eme. Soit Ω ⊆ Rp un domaine et soient f , gk (1 ≤ k ≤ q) q + 1 fonctions
(2)
de classe C sur Ω. Soit X = {x = (x1 , x2 , . . . , xp ) ∈ Ω | g1 (x) = g2 (x) = · · · = gq (x) = 0}.
31

Soit a = (a1 , a2 , . . . , ap ) ∈ X. On suppose que a soit un point r´egulier de g = (g1 , g2 , . . . , gq )
mais qu’il s’agit d’un point critique de f relatif `
a X. Soit λ = (λ1 , λ2 , . . . , λq ) le multiplicateur de
q
Lagrange
associ´e et soit H : Ω × R la fonction H(x1 , x2 , . . . , xp , z1 , . . . , zq ) = f (x1 , x2 , . . . , xp ) +
Pq
z
g
ee `
a la matrice hessienne de H par
k=1 k k (x1 , x2 , . . . , xp ). Soit q la forme quadratique associ´
rapport aux p premi`eres variables :
00
00
(a, λ)
(a, λ) H1,2
H1,1
00
00
H2,1 (a, λ) H2,2 (a, λ)

..
..

.
.
00
00
(a, λ)
(a, λ) Hp,2
Hp,1




00
(a, λ)
· · · H1,p
00
(a, λ)
· · · H2,p
.
..
..

.
.
00
· · · Hp,p (a, λ)

Si la restriction de q `a l’espace vectoriel tangent de X en a est d´efinie positive, alors f restreinte
`a X a un minimum strict local en a. De mˆeme, si la restriction de q `
a l’espace vectoriel tangent
de X en a est d´efinie n´egative, alors f restreinte `
a X a un maximium strict local en a.
La d´emonstration suit le mˆeme sch´ema que celle de (5.5.2). Nous n’en donnerons pas les
d´etails.
(5.7) Consid´erons `a titre d’exemple le probl`eme de trouver, parmi tous les triangles dans
le plan euclidien d’une aire A donn´ee, ceux qui ont le plus court perim`etre. Dans un rep`ere
orthonorm´e convenable, on peut supposer que les affixes des trois sommets sont (−z, 0), (z, 0),
(x, y), avec z > 0, y >p0 et x ∈ R (croquis
p !). Alors l’aire du triangle est A := yz et son perim`etre
est f (x, y, z) = 2z + (x − z)2 + y 2 + (x + z)2 + y 2 . Il s’agit donc de trouver le maximum de
la fonction f sous la contrainte g = 0, o`
u g(x, y, z) = A − yz. On travaille dans le domaine
Ω = {(x, y, z) ∈ R3 | y > 0, z > 0}. Tous les points de Ω sont r´eguliers pour g. Soit alors (a, b, c)
un extremum de f restreinte `a X = {(x, y, z) ∈ Ω | g(x, y, z) = 0}. On a alors les 4 ´equations
fk0 (a, b, c) + λgk0 (a, b, c) = 0, 1 ≤ k ≤ 3, et g(a, b, c) = 0. Explicitement :
a−c
a+c
p
+p
=0
(a − c)2 + b2
(a + c)2 + b2
b
b
p
+p
− λc = 0
(a − c)2 + b2
(a + c)2 + b2
−a + c
a+c
2+ p
+p
− λb = 0
(a − c)2 + b2
(a + c)2 + b2
ainsi que la relation A = bc.
En utilisant la premi`ere et la troisi`eme ´equation, on constate que
a+c

λb = 2 + 2 p

(a + c)2 + b2

et donc que √

a+c
(a+c)2 +b2

= √

−a+c
.
(a−c)2 +b2

= 2 + 2p

−a + c
(a − c)2 + b2

Donc ((a − c)2 + b2 )(a + c)2 = ((a + c)2 + b2 )(a − c)2

ce qui conduit `a a = 0 puisque (a, b, c) ∈ Ω. En substituant a = 0 dans la seconde ´equation
2
2
puis la multipliant par b, on trouve √c2b2 +b2 = λA. De mˆeme, 2c + √c2c2 +b2 = λA. Il s’ensuit que


2b2 = 2c c2 + b2 + 2c2 , ce qui entraˆıne que b = 3c, c’est-`a-dire que le triangle est ´equilat´eral.
Enfin, comme bc =
y a un unique point critique relatif dans Ω, `a savoir celui
√ A, on conclut
√ qu’il
1/4
1/4
o`
u a = 0, b = 3
A et c = A/3 .
On peut ´etablir qu’il s’agit d’un minimum strict local en utilisant le th´eor`eme (5.6). La valeur
2
de λ se calcule, par exemple, en substituant les valeurs de b et de c dans l’´equation √c2b2 +b2 = λA.
32


On en tire que λ = 33/4 / A. Apr`es calcul, on trouve que la matrice hessienne de (5.6) est

35/4
31/4

0
 4√A
4 A 


3/4 
1/4

5
·
3
3
H=

− √ 
 0
.
4 A
4 A 

 31/4
5 · 33/4
35/4 


− √
4 A
4 A
4 A
√ √
Le plan√tangent de g(x, y, z) = 0 au point (0, 31/4 A, A/31/4 ) est form´e des vecteurs de la forme
2
(x, y, −√3y) avec (x, y) ∈ R√
. La restriction `a ce plan de la forme quadratique associ´ee `a H est
1/4
3√
2
(x, y, − 3y) 7→ 4 A (3x − 2 3xy + 40y 2 ), ce qui est bien d´efinie positive.
√ √
On en conclut que (0, 31/4 A, A/31/4 ) est bien un minimum strict local de f sur X. Pour
montrer qu’il s’agit bien du minimum absolu de f sur X (s’il en existe), on s’inspire de la m´ethode
sugg´er´ee pour resoudre l’exercice (e4.4). Puisque y > 0 et z > 0, on voit aussitˆot que√f (x, y, z) ≥
2z + |x| + y ≥ ||(x, y, z)||1 pour tout (x, y, z) ∈ Ω. Soit r un r´eel avec
r > f (0, 31/4 A, A/31/4 ).

Lorsque (x, y, z) ∈ X mais (x, y, z) ∈
/ K1 (0; r), f (x, y, z) > f (0, 31/4 A, A/31/4 ) et le minimum
absolu se situe forc´ement dans X ∩ K1 (0; r). Puisque f est continu et X ∩ K1 (0; r) est compact,
f a un minimum sur X ∩ K1 (0; r), qui sera alors le minimum absolu de f sur X. Le minimum
absolu est donc forc´ement un minimum relatif, donc un point critique relatif. Puisque nous n’avons
trouv´e qu’un seul point critique, celui-ci est bien le minimum absolu. Ceci ach`eve la preuve que,
parmi tous les triangles d’aire donn´ee, les triangles ´equilat´eraux qui a le plus petit p´erim`etre.


EXERCICES
(e5.1) Trouver
les valeurs maximales et minimales sur le cercle unit´e de la forme quadratique associ´ee

2 1
.
a la matrice
`
1 2
(e5.2) Trouver les valeurs maximales
et minimales sur la sph`ere unit´e de R3 de la forme quadratique
!
1 4 2
associ´ee `a la matrice 4 1 2 .
2 2 −2
(e5.3) D´eterminer les valeurs maximales et minimales de la forme quadratique associ´ee `a la matrice
sym´etrique A ∈ Mp sur la boule unit´e ferm´ee K2 (0; 1) de Rp . Quelles sont les valeurs maximales et
minimales sur S2 (0; r), sur K2 (0; r) ? Ici, r > 0.
(e5.4) Calculer le maximum et le minimum de la fonction (x, y, z) 7→ x + 2y + 3z sur la sph`ere
unit´e de R3 , comme demand´e au (0.1.2). G´en´eraliser : calculer le maximum et le minimum de (x, y, z) 7→
ux + vy + wz (o`
u u, v, w sont des constantes) sur S2 (0; 1). G´en´eraliser encore : si u ∈ Rp calculer le
maximum et le minimum de x 7→ hu, xi sur la sph`ere S2 (0; 1) de Rp .
(e5.5) Soit la fonction f : R3 → R d´efinie par f (x, y, z) = xy.
(i ) Calculer les valeurs extrˆemes de f sur la sph`ere S2 (0; 1).
(ii ) Calculer les valeurs extrˆemes de f sur l’ensemble des points (x, y, z) de S2 (0; 1) qui v´erifient
x + y + z = 1.
(e5.6) Soit a ∈ Rp − {0}, soit β ∈ R et soit X l’hyperplan {x ∈ Rp | ha, xi = β}. En utilisant les
multiplicateurs de Lagrange, trouver la distance perpendiculaire d’un point b ∈ Rp `a X. (Chercher le
minimum de la fonction x 7→ ||x − b||2 sur X.)

33

(e5.7) Reprenons les notations du th´eor`eme (5.2.1), dont le pr´esent exercice propose une seconde
d´emonstration utilisant les multiplicateurs de Lagrange. On a alors
X
f (x) = q(A, x) =
Aij xi xj
i,j

pour tout x = (x1 , x2 , . . . , xp ).
(i ) Calculer f 0 (x).
(ii ) Montrer que si x0 ∈ S2 (0; 1) est un extremum de q sur S2 (0; 1), alors x est un vecteur propre de
A. D´eterminer la valeur propre correspondant en fonction de la valeur du multiplicateur de Lagrange.
(iii ) Conclure.
(e5.8) On note p ≥ 2 un entier et (a1 , a2 , . . . , ap ) un ´el´ement de Rp v´erifiant ai > 0 pour tout
i ∈ {1, 2, . . . , p}. On note X l’ensemble des points de la sph`ere S2 (0; 1) dont toutes les coordonn´ees
xi sont positives et X 0 l’ensemble des points de S2 (0; 1) dont toutes les coordonn´ees sont strictement
positives.
(i ) Montrer que X est compact.
(ii ) L’ensemble X 0 est-il compact ? Est-il ouvert ?
a
On note f la fonction f (x1 , x2 , . . . , xp ) = xa11 xa22 · · · xpp .
(iii ) Montrer que f atteint un maximum et un minimum sur X.
(iv ) Quelle est la valeur minimale de f sur X ? En quels points de X est-elle atteinte ?
(v ) En utilisant la m´ethode des multiplicateurs de Lagrange, calculer la valeur maximale de f sur
X 0 puis sur X.
(e5.9) Quelles sont les triangles de perim`etre donn´e qui ont la plus grande aire ? (Se calquer sur
(5.7).) Cela r´epond `a (0.1.3).
(e5.10) Parmi les triangles inscrits dans un cercle de rayon donn´e, les triangles ´equilat´eraux ont le
plus grand perim`etre.

´
Th`
eme 6. Equations
diff´
erentielles, ´
equilibre, stabilit´
e
(6.1) Rappelons qu’une ´
equation diff´
erentielle est une ´equation de la forme
F (t, x, x0 , x00 , . . . , x(n) ) = 0,
o`
u n ≥ 1 est un entier, F est une fonction d´efinie sur un domaine de Rn+2 et x est une fonction
n-fois d´erivable de t sur un intervalle I, `a priori inconnue. Ici x0 , x00 , . . ., x(n) d´esignent les d´eriv´ees
successives de x par rapport `a t. L’´e quation est d’ordre n si F d´epend effectivement de la derni`ere
variable x(n) . Les courbes { t, x(t) | t ∈ I}, x ´etant une solution de l’´equation s’appellent les
courbes int´
egrales de l’´equation. L’objet de ce th`eme est de faire le tour d’un certain nombre
d’´equation diff´erentielles et des propri´et´es de leurs solutions.
Il est souvent impossible de trouver une solution en termes des fonctions ´el´ementaires (puissance, exponentielle, logarithme, fonctios trigonom´etriques). On se contentera alors d’une solution
implicite, de la forme f (x, t) = 0, la fonction f ayant pour domaine de d´efinition un rectangle
I × J, J ´etant un second intervalle.
(6.1.1) On s’int´eresse souvent `a des solutions v´erifiant quelques conditions initiales. Les
conditions initiales les plus souvent rencontr´ees imposent les valeurs d’une solution ainsi que de
ses d´eriv´ees en un point de I. Si t0 ∈ I et si (α0 , α1 , . . . , αn−1 ) ∈ Rn , on cherche la ou les solutions
x v´erifiant x(t0 ) = α0 , x0 (t0 ) = α1 , . . ., x(n−1) (t0 ) = αn−1 . L’int´erˆet des conditions initiales de cette
forme r´eside dans r´esultat g´en´eral suivant.
34

(6.1.2) Th´
eor`
eme. Soit I un intervalle ouvert et soit Ω un domaine de Rn . Soit t0 ∈ I,
soit (α0 , α1 , . . . , αn−1 ) ∈ Ω et soit f : I × Ω → R une fonction de classe C (1) . Alors il existe
un intervalle ouvert J ⊆ I contenant t0 et une unique fonction x : J → Ω v´erifiant x(n) (t) =
f t, x(t), x0 (t), . . . , x(n−1) (t) pour tout t ∈ J et x(t0 ) = α0 , x0 (t0 ) = α1 , . . ., x(n−1) (t0 ) = αn−1 .
Nous verrons au (7.1.3) que ce r´esultat est une cons´equence du th´eor`eme (7.1.2) qui sera
lui-mˆeme d´emontr´e dans le th´eme 10. Dans cet ´enonc´e, nous avons suppos´e que x(n) s’exprime
explicitement en fonction des d´eriv´ees d’ordre inf´erieur. Une
version plus g´en´erale du th´eor`eme
concerne les ´equations de la forme F t, x(t), x0 (t), . . . x(n) (t) = 0. Selon le th´eor`eme des fonctions
implicites (3.9.1), il existe un intervalle ouvert I contenant t0 ainsi qu’une fonction f de classe C (1)
tels que x(n) (t) = f t, x(t), . . . , x(n−1) (t) lorsque F est de classe C (1) et sa d´eriv´ee par rapport `a la
derni`ere variable ne s’annule pas en t0 . Sous ces conditions, on peut appliquer le r´esultat ´enonc´e.
Par contre, il est facile de donner des contrexemples `a l’existence de solutions lorsque la d´eriv´ee
de F par rapport `a la derni`ere variable s’annule (voir l’exercice (e6.1)).
(6.1.3) Exemple. Prenons l’´equation x00 + x = 0. On remarque que x1 (t) = cos t et x2 (t) = sin t
sont des solutions. Prenons t0 = 0. Si (α0 , α1 ) ∈ R2 , l’unique solution x(t) v´erifiant x(0) = α0 ,
x0 (0) = α1 est x(t) = α0 cos t + α1 sin t.
(6.1.4) Bien qu’en principe on s’int´eresse aux solutions r´eelles, il est commode dans certains
cas de faire intervenir des solutions complexes. Rappelons alors la formule d’Euler
eiθ = cos θ + i sin θ
ainsi que les relations

eiθ + e−iθ
eiθ − e−iθ
,
sin θ =
,
2
2i
valables quelque soit θ ∈ C. On a ez+w = ez ew quelque soit z, w ∈ C et donc
cos θ =

eβ+iγ = eβ (cos γ + i sin γ)
quelque soit β, γ ∈ C.
(6.2) Une ´equation diff´erentielle est dite lin´
eaire si elle peut s’´ecrire sous la forme
(∗)

an (t)x(n) (t) + an−1 (t)x(n−1) (t) + · · · + a1 (t)x0 (t) + a0 (t)x(t) = b(t),

o`
u les ak et b sont des fonctions de t d´efinies sur un intervalle I. L’´equation lin´eaire est dite
homog`
ene si b = 0, inhomog`
ene dans le cas contraire.
(6.2.1) Proposition. (i ) Soient x1 , x2 deux solutions d’une ´equation lin´eaire homog`ene et
soient λ1 , λ2 ∈ R. Alors λ1 x1 + λ2 x2 est solution de (∗). Par cons´equent, les solutions d’une
´equation lin´eaire homog`ene forment un R-espace vectoriel.
(ii ) Soit y0 une solution de (∗). Alors toute autre solution de (∗) est de la forme y0 + x, o`
ux
parcourt l’espace des solutions de l’´
equation homog`
ene associ´
ee
an (t)x(n) (t) + an−1 (t)x(n−1) (t) + · · · + a1 (t)x0 (t) + a0 (t)x(t) = 0.
La d´emonstration est imm´ediate. La proposition montrer que pour r´esoudre (∗), il suffit de
connaˆıtre une solution y0 (appel´ee solution particuli`
ere) et toutes les solutions de l’´equation
homog`ene associ´ee.
35

(6.2.2) Th´
eor`
eme. On suppose que les fonctions ak : I → R soient de classe C (1) . Soit t0 ∈ I.
On suppose que an (t0 ) 6= 0.
(i ) Soit (α0 , α1 , . . . , αn−1 ) ∈ Rn . Alors il existe un intervalle ouvert J ⊆ I contenant t0 et une
unique solution x de (∗) v´erifiant x(t0 ) = α0 , x0 (t0 ) = α1 , . . ., x(n−1) (t0 ) = αn−1 .
(ii ) Lorsque (∗) est homog`ene, il existe un intervalle ouvert J ⊆ I contenant t0 tel que l’espace
vectoriel des solutions des fonctions x : J → R v´erifiant (∗) soit de dimension n.
D´emonstration. (i ) est un cas particulier de (6.1.2). En ce qui concerne le (ii ), on sait d’apr`es
(`)
le (i ) que, pour tout k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}, il existe une unique solution xk v´erifiant xk (t0 ) = 1
(`)
lorsque ` = k et xk (t0 ) = 0 lorsque ` 6= k (o`
u ` ∈ {0, 1, . . . , n − 1}). On v´erifie alors que les
fonctions (xk )0≤k≤n−1 forment une famille libre
:
Pn−1 en effet, si k ∈ {0, 1, . . . , n − 1} alors, en d´erivant
k fois une relation de d´ependance lin´eaire r=0 λr xr (t) = 0 puis en posant t = t0 , on trouve que
λk = 0. Par cons´equent, l’espace des solutions est de dimension au moins n. Si x est une solution
et si l’on pose αk = x(k) (t0 ) (0 ≤ k ≤ n − 1), alors les solutions x et α0 x0 + α1 x1 + · · · + αn−1 xn−1
v´erifient les mˆemes conditions initiales en t0 . Par cons´equent, elles co¨ıncident et (x0 , x1 , . . . , xn−1 )
est une base de l’espace des solutions.
(6.3) Commen¸cons par le cas des ´equations lin´eaires homog`enes de premier ordre. L’´equation
s’´ecrit alors
a1 (t)x0 (t) + a0 (t)x(t) = 0.
On dit que l’´equation est exacte si a0 (t) = a01 (t) pour tout t ∈ I. Si c’est le cas, l’´equation peut
s’´ecrire (a1 x)0 (t) = 0. On en tire que (a1 x)(t) est une constante C et que x(t) = a1C(t) pourvu que
a1 ne s’annule pas sur I.
(6.3.1) La m´ethode suivante permet de r´esoudre l’´equation mˆeme lorsque elle n’est pas exacte.
Il faut encore supposer que a1 ne s’annule pas sur I. Si x est une solution qui ne s’annule pas sur
I alors
x0 (t)
a0 (t)
=−
.
x(t)
a1 (t)
R a (t)
R a0 (t)
R
− a0 (t) dt
1
.
Ici,
Il s’ensuit que log |x(t)| = − aa01 (t)
dt
puis
que
|x(t)|
=
e
dt est une primitive
(t)
a1 (t)
de aa01 . Puisque x ne s’annule pas sur I et x est continue, on a soit x(t) > 0 pour tout t ∈ I soit


R

a0 (t)
dt

x(t) < 0 pour tout t ∈ I. On en tire que x(t) = ±e a1 (t) selon le signe de x(t).
Cette pr´esentation a le desavantage de supposer que la solution x ne s’annule pas sur I. En
fait, on peut montrer que toute solution x sauf la solution identiquement nulle ne s’annule pas sur
I. Voir l’exercice (e6.5).
(6.3.2) L’´equation x0 (t) − ax(t) = 0, o`
u a est une constante, a pour solution toute fonction de
la forme x(t) = Ceat , C ´etant une constante. Cet exemple sera g´en´eralis´e au (6.7). Dans ce cas
pr´ecis, il est facile de montrer que toute solution est de cette forme (voir l’exercice (e6.15)). En
g´en´eral, les questions d’existence et d’unicit´e de solutions d’une ´equation diff´erentielle sont assez
complexes (voir le th`eme 10 pour une introduction `a ce sujet).
(6.4) Consid´erons `a pr´esent les ´equations lin´eaires arbitraires de premier ordre. Une telle
´equation s’´ecrit
a1 (t)x0 (t) + a0 (t)x(t) = b(t).
` nouveau, l’´equation est dite exacte si a0 (t) = a0 (t) pour tout t ∈ I. Si c’est le cas, alors
A
1
l’´equation s’´ecrit (a1 x)0 (t) = b(t), d’o`
u (a1 x)(t) = B(t), o`
u B est une primitive de b. Si a1 ne
B(t)
s’annule pas sur I, alors la solution est donn´ee par x(t) = a1 (t) pour tout t ∈ I.
36

Le cas o`
u l’´equation n’est pas exacte est trait´e en cherchant une fonction γ : I → R telle que
l’´equation multipli´ee par γ :
(†)

a1 (t)γ(t)x0 (t) + a0 (t)γ(t)x(t) = γ(t)b(t)

soit exacte. Ce sera le cas s’il existe une fonction δ : I → R telle que (a1 γ)(t) = δ(t) et (a0 γ)(t) =
δ 0 (t) ou encore si (a1 γ)0 (t) = (a0 γ)(t) pour tout t ∈ I. Il faut alors que γ soit solution de l’´equation
homog`ene
a1 (t)γ 0 (t) + (a01 (t) − a0 (t))γ(t) = 0.
Ainsi, on peut trouver γ par la m´ethode de (6.3).
(6.4.1) Exemple. Soit `a r´esoudre l’´equation x0 (t) − x(t) = t sur R. On cherche une fonction γ
telle que γ(t)x0 (t) − γ(t)x(t) = γ(t)t soit exacte. Il faut alors que −γ(t) = γ 0 (t) ce qui est satisfaite
par γ(t) =Re−t . L’´equation devient alors e−t x0 (t) − e−t x(t) = e−t t ou encore (e−t x(t))0 = e−t t. D’o`
u
−t
−t
−t
t
e x(t) = e t dt = −(1 + t)e + C puis x(t) = −(1 + t) + Ce , C ´etant une constante arbitraire.
Si t0 ∈ R et si α0 ∈ R, et si l’on cherche la solution v´erifiant x(t0 ) = α0 , alors α0 = −(1 + t0 ) + Cet0
et il y a un unique choix de C qui donne la solution d´esir´ee.
(6.5) Des manipulations des deux derniers paragraphes, il faut bien entendu retenir la m´ethode
suivie plutˆot que les formules pr´ecises. Il convient ´egalement de retenir les deux points suivants :
(a) la solution fait intervenir une constante arbitraire, qui apparaˆıt par exemple dans le choix
de la primitive B de b (ou de γb lorsque l’´equation initiale n’est pas exacte comme dans la formule
(†)). Ainsi, il convient de parler de la famille des solutions, param´etr´ee par une constante C.
´
Etant
donn´e t0 et α, il y aura un unique choix de C pour que la solution x v´erifie x(t0 ) = α0 .
(b) la condition que a1 ne s’annule pas sur I interveint d`es le cas d’une ´equation homog`ene
exacte. En fait, si a1 s’annule sur I, l’´equation n’admet pas de solution sur I en g´en´eral. Voir par
exemple l’exercice (e6.1)
(6.6) Consid´erons `a pr´esent quelques propri´et´es des solutions d’une ´equation diff´erentielle
d’ordre un, pas forc´ement lin´eaire. Une telle ´equation s’´ecrit donc F (t, x, x0 ) = 0, mais nous nous
limitons au cas o`
u l’´equation peut s’´ecrire sous la forme x0 = f (t, x), f ´etant une fonction de
deux variables. Notons que l’´equation lin´eaire d’ordre un s’´ecrit sous cette forme si a1 ne s’annule
pas sur I, car quitte `a diviser l’´equation par a1 , on peut supposer a1 = 1 puis le r´earranger sous
la forme x0 = b − a0 x. Nous admettons qu’une telle ´equation poss`ede une famille de solutions
param´etr´ee par une constante C.
Dans la famille de solutions, certains membres peuvent ˆetre distingu´es par des propri´et´es
sp´eciales. Par exemple, il se peut que l’´equation ait une unique solution constante, appel´ee alors
solution d’´
equilibre. On note souvent xe une solution d’´equilibre. Une solution d’´equilibre x
´etant par d´efinition une solution constante, c’est-`a dire une solution telle que x0 (t) = 0 pour tout
t, les solutions d’´equilibres sont les r´eels xe v´erifiant f (t, xe ) = 0 pour tout t.
On s’int´eresse alors au comportement asymptotique de certains solutions : s’il y a une solution
d’´equilibre, certaines d’autres solutions peuvent converger vers cette solution (lorsque t → +∞
par exemple). La courbe int´egrale approche alors la droite horizontale d’´equation x = xe lorsque
t 7→ +∞. Lorsque c’est le cas, on dit que la solution est stable. L’´equation elle-mˆeme est dite
stable lorsque toutes ses solutions sont stables.
´
(6.6.1) Etudions
quelques exemples.
(i) Prenons l’´equation x0 − ax = 0, o`
u a est une constante. L’´equation a pour solution g´en´erale
−at
x(t) = Ce , C ´etant une constante. Si a 6= 0, la seule solution d’´equilibre est xe (t) = 0. Lorsque
t → +∞, la solution x(t) tend vers 0 si et seulement si a > 0. Par cons´equent, l’´equation est stable
si et seulement si a > 0. Si a = 0, la solution g´en´erale devient x(t) = C, et il n’y a pas de stabilit´e.
37

(ii ) Soit l’´equation x0 = tx2 sur ]0, +∞[. Une solution d’´equilibre v´erifie tx(t)2 = 0 pour tout t
et, par cons´equent, la seule solution d’´equilibre est la solution xe (t) = 0. Soit t0 > 0 et soit α0 ∈ R.
Si α0 = 0, la solution `a condition initiale x(t0 ) = α0 est la solution identiquement nulle. Si α0 6= 0,
et si x est la solution `a condition initiale x(t0 ) = α0 , il existe un intervalle ouvert J ⊆]0, +∞[
contenant t0 et tel que x(t) 6= 0 pour tout t ∈ J. L’equation devient alors x0 (t)/x(t)2 = t d’o`
u, en
int´egrant par rapport `a t, 1/x(t) = C − t2 /2 avec C ∈ R, d’o`
u x(t) = 1/(C − t2 /2). On remarque
que x(t) est n´egative pour t assez grand, quelque soit la valeur de C.pPuisque x(t0 ) = α0 , on a
C = t20 /2 + 1/α0 . La fonction x(t) a donc une singularit´e lorsque t = t20 + 2/α0 . Lepplus grand
intervalle ouvert Jp⊆]0, +∞[ contenant t0 et sur lequel x(t) est d´efini est donc ]0, t20 + 2/α0 [
lorsque α0 > 0 et ] t20 + 2/α0 , +∞[ lorsque α0 < 0. Lorsque α0 < 0, x(t) → 0 lorsque t → ∞ ; il
y a donc stabilit´e lorsque t → +∞.
(6.7) Consid´erons d´esormais les ´equations lin´eaires d’ordre quelconque et `a coefficients constants. Expliquons d’abord la m´ethode g´en´erale de solution de l’´equation
(E)

an x(n) (t) + an−1 x(n−1) (t) + · · · + a0 x(t) = 0,

les ak ´etant des constantes r´eelles et an 6= 0. Soit λ un nombre (r´eel ou complexe) tel que la
fonction x(t) = eλt soit une solution. Puisque x(k) (t) = λk x(t), on constate que λ est racine du
polynˆ
ome caract´
eristique
χE (λ) = an λn + an−1 λn−1 + · · · + a0 = 0.
R´eciproquement, si λ est racine du polynˆome caract´eristique χE , la fonction t 7→ eλt est solution
de l’´equation diff´erentielle (E).
Si λ = β + iγ est une racine complexe de χE , alors le conjugu´e complexe λ = β − iγ en est
´egalement une, et les fonctions


1
1 λt
t 7→ eλt + eλt = eβt cos γt, t 7→
e − eλt = eβt sin γt
2
2i
sont des solutions r´eelles de (E).
Si χE a toutes ses racines distinctes on obtient ainsi une base de l’espace vectoriel des solutions,
elle est form´ee des fonctions t 7→ eλt avec λ parcourant les racines r´eelles de χE et des fonctions
t 7→ eβt cos γt et t 7→ eβt sin γt pour chaque couple (λ, λ) de racines complexes.
(6.7.1) Lorsque λ est une racine de χE de multiplicit´e mλ , un calcul montre que toute fonction
t 7→ P (t)eλt avec P un polynˆome de degr´e au plus mλ − 1 est solution de (E). Si λ = β + iγ,
λ = β − iγ est un couple de racines complexes conjugu´ees, on obtient les solutions


1
1
t 7→ P (t) eλt + eλt = P (t)eβt cos γt, t 7→ P (t) eλt − eλt = P (t)eβt sin γt
2
2i
avec P un polynˆome de degr´e au plus mλ − 1.
Toute solution est une combinaison lin´eaire r´eelle des solutions de cette forme. Plus exactement, on a le r´esultat suivant.
(6.7.2) Th´
eor`
eme. On suppose que le polynˆ
ome caract´eristique χE de (E) ait p racines r´eelles
distinctes (λk )1≤k≤p et q couples de racines conjugu´ees non-r´eelles distinctes (β` ±iγ` )1≤`≤q . Si l’on
note mk la multiplicit´e de λk et n` la multiplicit´e de β` + iγ` , alors toute solution x de l’´equation
(E) s’´ecrit d’une mani`ere unique sous la forme
x(t) = P1 (t)eλ1 t + · · · + Pp (t)eλp t +
+ Q1 (t)eβ1 t cos γ1 t + R1 (t)eβ1 t sin γ1 t + · · · + Qq (t)eβq t cos γq t + Rq (t)eβq t sin γq t,
38

o`
u Pk , (1 ≤ k ≤ p), est un polynˆome de degr´e au plus mk − 1 et Q` et R` , (1 ≤ ` ≤ q), sont des
polynˆomes de degr´e au plus n` − 1.
D´emonstration (esquisse). Comme indiqu´e juste avant l’´enonc´e, x est bien une solution de (E).
On a m1 +· · ·+mp +2n1 +· · ·+2nq = n. Les fonctions de la forme indiqu´ee constituent donc un Respace vectoriel de dimension au plus n. Un calcul (que nous omettrons) montre que si une fonction
de la forme indiqu´ee est identiquement nulle, alors P1 = · · · = Pp = Q1 = R1 = · · · = Qq = Rq = 0.
Par cons´equent, les fonctions consid´er´ees constituent un R-espace vectoriel de dimension n. D’apr`es
(6.2.2) (ii ), les solutions forment un espace vectoriel de dimension n. On en tire qu’il n’y a pas
d’autres solutions.
En pratique, nous n’aurons besoin de ce r´esultat que pour les petites valeurs de n (n ≤ 4
disons).
(6.7.3) Exemples. (i ) Soit ω un r´eel, ω > 0. L’´equation x00 + ω 2 x = 0 a pour polynˆome
caract´eristique λ2 + ω 2 et les deux racines sont iω et −iω. Cela conduit aux solutions t 7→ cos ωt,
t 7→ sin ωt puis `a la solution g´en´erale
x(t) = A cos ωt + B sin ωt,
A et B ´etant des constantes. Les solutions sont toutes p´eriodiques, de p´eriode 2π
.
ω
(iv)
00
(ii ) Consid´erons l’´equation x (t) − 2x (t) + x(t) = 0. Le polynˆome caract´eristique est λ4 −
2
2λ + 1 = (λ2 − 1)2 . Les racines 1 et −1 sont chacunes de multiplicit´e 2. Cela conduit aux 4
solutions t 7→ et , t 7→ tet , t 7→ e−t et t 7→ te−t puis `a la solution g´en´erale
x(t) = (A + Bt)et + (C + Dt)e−t ,
A, B, C et D ´etant des constantes.
(6.8) Soit l’´equation inhomog`ene
an x(n) (t) + an−1 x(n−1) (t) + · · · + a0 x(t) = b(t),
o`
u les ak sont des constantes avec an 6= 0 et b est une fonction. Nous savons d´ej`a d´ecrire toutes les
solutions de l’´equation homog`ene associ´ee. Cherchons donc des m´ethodes de trouver une solution
particuli`ere.
(6.8.1) Une m´ethode tr`es utile est celle de dite de la variation de la constante, que nous
allons d´ecrire dans le cas d’une ´equation d’ordre 2. Elle peut ˆetre utilis´ee mˆeme pour les ´equations
dont les coefficients ne sont pas constants. Prenons donc l’´equation
a2 (t)x00 (t) + a1 (t)x0 (t) + a0 (t)x(t) = b(t)
et cherchons une solution x de la forme uy, y ´etant une solution connue de l’´equation homog`ene
associ´ee. Puisque x = uy, on a x0 = u0 y + uy 0 puis x00 = u00 y + 2u0 y 0 + uy 00 et donc
a2 x00 + a1 x0 + a0 x = a2 (u00 y + 2u0 y 0 + uy 00 ) + a1 (u0 y + uy 0 ) + a0 uy
= (a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y)u + (2a2 y 00 + a1 y 0 )u0 + a2 yu00
d’o`
u
(2a2 y 00 + a1 y 0 )u0 + a2 yu00 = b.
Si l’on pose v = u0 , on obtient l’´equation lin´eaire d’ordre un pour v : (2a2 y 00 + a1 y 0 )v + a2 yv 0 = b
ce qui permet en principe de d´eterminer v = u0 puis u.
39

(6.8.2) Exemple. Soit l’´equation x00 +ω 2 x = sin ωt, o`
u ω > 0. On ´ecrit x = uy, o`
u y est solution
00
2
00
0 0
`
de y + ω y = 0. Alors u y + 2u y = sin ωt. A ce stade, il faut ´effectuer un choix de y. Pronons
y(t) = cos ωt. Alors cos ωt u00 − 2ω sin ωt u0 = sin ωt. L’´equation devient exacte si on la multiplie
par cos ωt, car (cos ωt)2 a pour d´eriv´ee −2ω sin ωt cos ωt. Donc (u0 (t) cos2 ωt)0 = cos ωt sin ωt et
2
1
+ cosC2 ωt , C ´etant une constante. Ici, on ne cherche
u0 (t) cos2 ωt = − cos2ωωt + C puis u0 (t) = − 2ω
qu’une seule solution particuli`ere u et on peut se permettre de choisir C d’une telle mani`ere que
1
le calcul devient le plus simple possible. Alors le choix C = 0 s’impose. On trouve alors u = − 2ω
t
1
1
et donc x = uy = − 2ω t cos ωt. La solution g´en´erale est alors − 2ω t cos ωt + A cos ωt + B sin ωt.
Remarquons que la solution particuli`ere trouv´ee d´epend du choix fait de la solution y de
l’´equation homog`ene associ´ee. Le lecteur peut refaire le calcul en prenant y(t) = sin ωt `a la place
de cos ωt : il constatera alors que le choix de y n’est pas sans incidence sur la difficult´e du calcul. . ..
(6.8.3) La mˆeme m´ethode s’adapte aux ´equations lin´eaires inhomog`enes d’ordre n quelconque.
On cherche une solution x de la forme uy, y ´etant une solution de l’´equation homog`ene associ´ee.
On trouve que u0 v´erifie une ´equation lin´eaire d’ordre n − 1. En particulier, en prenant n = 1 on
trouve une seconde m´ethode de solution d’une ´equation inhomog`ene d’ordre un.
(6.9) Les notions d’´
equilibre et de stabilit´e s’´etend d’une mani`ere ´evidente aux ´equations
d’ordre sup´erieure. Une solution constante est appel´ee solution d’´equilibre et toute solution convergeant vers une solution d’´equilibre s’appelle une solution stable.
Exemples. Reprenons les exemples de (6.7.3). Dans l’exemple (i ), la seule solution constante
est la fonction constante nulle. Si A 6= 0 ou si B 6= 0, la solution g´en´erale x(t) ne tend pas vers 0
lorsque t → +∞ et il n’y a donc pas de stabilit´e.
Dans l’exemple (ii ), la seule solution constante est `a nouveau la solution identiquement nulle.
La solution g´en´erale est stable si et seulement si A = B = 0.
(6.10) Terminons ce th`eme en mentionnant quelques exemples d’´equations diff´erentielles dont
les solutions se pr´esentent sous forme de fonction implicite. Soit d’abord x une fonction de t d´efinie
implicitement par une relation g(t, x) = C, g ´etant de classe C (1) sur un domaine de R2 et C une
constante. Alors g10 (t, x) + g20 (t, x)x0 (t) = 0 et, r´eciproquement, cette relation entraˆıne g(t, x) = C,
comme on le montre en appliquant (3.5.2). Ainsi, les courbes int´egrales de l’´equation
(*)
g10 (t, x) + g20 (t, x)x0 (t) = 0
sont les courbes g(t, x) = C.
Exemple. L’´equation t + xx0 = 0 a pour courbes int´egrales les cercles t2 + x2 = C.
(6.10.1) Consid´erons plus g´en´eralement une ´equation de la forme M (t, x) + N (t, x)x0 (t) = 0,
o`
u M et N sont de classe C (1) sur le domaine Ω ⊆ R2 . L’´equation est dite exacte si la forme
diff´erentielle M (t, x)dt + N (t, x)dx est exacte, c’est-`a-dire s’il existe une fonction g sur Ω telle que
g10 = M et g20 = N . Dans ce cas, l’´equation est de la forme (∗). Si c’est le cas, on sait que M20 = N10 ,
00
00
car g1,2
= g2,1
d’apr`es (4.1.1).
En g´en´eral, on ne peut pas trouver une fonction γ : Ω → R telle que γ(t, x)M (t, x)dt +
γ(t, x)N (t, x)dx soit exacte. Cela sera la cas toutefois lorsque Ω est simplement connexe, c’est`a-dire tout arc dans Ω peut ˆetre d´eform´ee de fa¸con continue en tout autre arc dans Ω. Par exemple
R2 , un demi-plan ou un disque sont simplement connexes, mais R2 − {(0, 0)} ne l’est pas car un
cercle contournant l’origine ne peut pas ˆetre d´eform´ee en un cercle dont l’origine se trouve `a
l’ext´erieur. Nous ne justifierons pas ces affirmations dans ce cours.
(6.10.2) Une ´equation de la forme g(t) + h(x)x0 (t) = 0 est dite `
a variables s´
epar´
ees. Les
courbes int´egrales sont de la forme G(t) + H(x) = C, G et H ´etant respectivement des primitives
de g et de h et C ´etant une constante.
40

EXERCICES
(e6.1) Montrer qu’il n’y a aucune fonction d´erivable x : R → R telle que tx0 (t) = 1 quelque soit
t ∈ R. R´esoudre l’´equation diff´erentielle tx0 (t) = 1 sur un intervalle ouvert ne contenant pas 0.
(e6.2) R´esoudre l’´equation tx0 + x = 1 sur ]0, +∞[ et sur ] − ∞, 0[ par la m´ethode de (6.4). Pour
quelles valeurs de α0 y-a-t-il une solution sur R qui satisfait x(0) = α0 ?
2

(e6.3) R´esoudre par la m´ethode de (6.4) l’´equation x0 + 2tx = e−t sur R. V´erifier que toutes les
solutions tendent vers 0 lorsque t → +∞.
(e6.4) L’´
equation de Bernoulli x0 + a0 x = bxn est utilis´ee en ´economie. Ici, a0 et b sont des
fonctions de t et n ∈ Z. Si n = 1, il s’agit d’une ´equation lin´eaire.
1
(i ) On suppose n 6= 1. Montrer que si y est la fonction d´efinie par x(t) = y(t) 1−n , alors y v´erifie une
´equation lin´eaire que l’on pr´ecisera.
(ii ) R´esoudre l’´equation x0 + x = x2 . Trouver les solutions d’´equlibre. Y-a-t-il des solutions stables ?
Tracer les courbes int´egrales.
(e6.5) Soit a1 (t)x0 (t) + a0 (t)x(t) = 0 une ´equation diff´erentielle lin´eaire homog`ene de degr´e un, o`
u
a0 (t)
a0
0
a1 (t) 6= 0 pour tout t ∈ I. Soit A une primitive de a1 : A (t) = a1 (t) quelque soit t ∈ I. Montrer que si
l’on pose γ(t) = eA(t) , alors γ(t)x0 (t) + γ 0 (t)x(t) = 0 pour tout t ∈ I. En d´eduire que (γx)0 (t) = 0 quelque
C
soit t ∈ I puis que x(t) = γ(t)
quelque soit la t ∈ I, C ´etant une constante. En d´eduire que si x n’est pas
identiquement nulle, alors x ne s’annule pas sur I. Ce raisonnement justifie le calcul de (6.3.1).
(e6.6) R´esoudre chacune des ´equations diff´erentielles qui suivent. (Des nombres complexes de devraient pas figurer dans la r´eponse finale.)
(i ) x00 (t) = 4x(t).
(ii ) x00 (t) = 4x0 (t).
(iii ) x00 (t) − 2x0 (t) + 5x(t) = 0.
(iv ) x000 (t) − 3x0 (t) + 2x(t) = 0.
(e6.7) (i ) D´ecrire la solution g´en´erale sur R de l’´equation x00 + 2x0 + 2x = 0. (Des nombres complexes
de devraient pas figurer dans la r´eponse finale.)
(ii ) Trouve la solution g´en´erale de y 00 + 2y 0 + 2y = 2.
(iii ) R´esoudre l’´equation z 00 + 2z 0 + 2z = et .
(iv ) Dans chacun des cas (i ), (ii ) et (iii ), trouver toutes les solutions qui tendent vers 0 lorsque
t → +∞.
(e6.8) R´esoudre l’´equation x00 + 2x0 + x = e−t en utilisant la m´ethode de variation de la constante.
V´erifier que toutes les solutions tendent vers 0 lorsque t → +∞.
(e6.9) Reprendre en utilisant la m´ethode de variation de la constante l’´equation de l’exercice (e6.3).
(e6.10) On consid´ere l’´equation lin´eaire homog`ene `a coefficients constants (E) de (6.7) ainsi que son
polynˆome caract´eristique χE .
(i ) Montrer que (E) a une solution constante non-nulle si et seulement si 0 est une racine de χE .
(ii ) On suppose que 0 ne soit pas racine de χE . Montrer que (E) est stable si et seulement si toutes
les racines de χE sont de partie r´eelle strictement n´egative.
(e6.11) On note I ⊆ R un intervalle ouvert. On consid`ere l’´equation diff´erentielle
(E)

t3 x00 (t) − tx0 (t) + x(t) = 0,

o`
u t ∈ I.
(i ) V´erifier que la fonction x(t) = t est solution de l’´equation (E), quelque soit le choix de l’intervalle
I.
(ii ) On suppose I ne contient pas 0. En cherchant une solution de la forme x(t) = u(t)t o`
u la fonction
u est `a d´eterminer, trouver la solution g´en´erale de (E) sur I.

41

(iii ) On suppose que 0 ∈ I. V´erifier alors que si la fonction deux-fois d´erivable x v´erifie (E), alors
x(0) = 0. En d´eduire la solution g´en´erale de (E) sur I.
(e6.12) Trouver toutes les fonctions continues et born´ees f : R → R v´erifiant f 00 (t) − f (t) = e−|t|
quelque soit t 6= 0.
(e6.13) On fixe a ∈ R. R´esoudre l’´equation diff´erentielle
x0 (t) = ex(t)
avec la condition initiale x(0) = a. Pr´eciser en fonction de a le plus grand intervalle contenant 0 sur
lequel la solution x est d´efinie.
(e6.14) Trouver les solutions d’´equilibre de l’´equation x0 = x3 − x. R´esoudre l’´equation, en faisant
attention `a l’intervalle d’´etude. (Rappelons que 1/(x3 − x) = x/(x2 − 1) − 1/x pour tout x ∈ R − {0, ±1}).
(e6.15) On consid`ere l’´equation diff´erentielle x0 (t) = ax(t), a ´etant une constante. Notons x : R → R
une solution.
(i ) Montrer que x poss`ede des d´eriv´ees de tout ordre. (Raisonner par r´ecurrence sur n et utilisant la
(n−1)
(t+h)−x(n−1) (t)
formule x(n) (t) = limh→0 x
.)
h
(n)
n
(ii ) Montrer que x (t) = a x(t) pour tout n ∈ N et pour tout t ∈ R.
Soit d´esormais α0 ∈ R et soit x une solution v´erifiant x(0) = α0 .
(iii ) Soit n ∈ N. Montrer que pour tout t ∈ R on peut ´ecrire
x(t) = α0

n
X
ak tk
k=0

k!

+ α0

an+1 tn+1 x(θt)
,
(n + 1)!

o`
u θ ∈]0, 1[. (Utiliser la formule de Taylor-Lagrange.)
(iv ) En d´eduire que x(t) = α0 eat pour tout t ∈ R.

Th`
eme 7. Syst`
emes d’´
equations diff´
erentielles
(7.1) Un syst`
eme d’´
equations diff´
erentielles est une famille d’´equations diff´erentielles
F1 (t, x1 , x2 , . . . , xp , x01 , x02 . . . , x(n)
p ) = 0,
F2 (t, x1 , x2 , . . . , xp , x01 , x02 . . . , x(n)
p ) = 0,
.................
Fp (t, x1 , x2 , . . . , xp , x01 , x02 . . . , x(n)
p ) = 0.
Ici p ≥ 1 est un entier et il y a p ´equations dans les p fonctions x1 , x2 , . . ., xp de t ainsi que
(n)
leur d´eriv´ees x01 , x02 , . . ., xp . Ce syst`eme est d’ordre n si les ´equations ne font intervenir que
les d´eriv´ees d’ordre au plus n et la d´eriv´ee d’ordre n d’au moins une des fonctions xk apparaˆıt
effectivement dans au moins une des ´equations.
(7.1.1) Dans la suite, nous nous limiterons au cas des syst`emes d’ordre un de la forme

(∗)

x01 = f1 (t, x1 , . . . , xp ),
x02 = f2 (t, x1 , . . . , xp ),
.......
0
xp = fp (t, x1 , . . . , xp ).
42

Afin de simplifier l’exposition, nous supposerons que toutes les fonctions fk : Rp+1 → R sont de
classe C (1) . Leur domaine de d´efinition est alors de la forme I × Ω, I ´etant un intervalle ouvert et
Ω un domaine de Rp .
Nous allons ´enoncer un th´eor`eme analogue `a (6.1.2) concernant l’existence et d’unicit´e des
solutions d’un tel syst`eme.
(7.1.2) Th´
eor`
eme. Soit I un intervalle ouvert et soit Ω un domaine dans Rp . Soit t0 ∈ I et
soit (a1 , a2 , . . . , ap ) ∈ Ω. Soient fk (1 ≤ k ≤ p) p fonctions de classe C (1) de Ω dans R. Alors il
existe un intervalle ouvert J ⊆ I contenant t0 et une unique fonction x = (x1 , x2 , . . . , xp ) : J p → Ω
v´erifiant (∗) ainsi que les conditions initiales x1 (t0 ) = a1 , x2 (t0 ) = a2 , . . ., xp (t0 ) = ap .
Un r´esultat plus g´en´eral sera d´emontr´e dans le th`eme 10 (th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz, le
th´eor`eme (10.4)).
x

(n)

`
(7.1.3) Le th´eor`eme (6.1.2) se d´
eduit de ce r´esultat de la mani`ere suivante. A l’´equation
0
(n−1)
(t) = f t, x(t), x (t), . . . , x
(t) de (6.1.2) on associe le syst`eme
x01 (t) = x2 (t),
x02 (t) = x3 (t),
···
0
xn−1 (t) = xn (t)

x0n (t) = f t, x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t) .

Le th´eor`eme (7.1.2) pr´evoit alors l’existence d’un intervalle ouvert J ⊆ I contenant t0 ainsi
qu’un unique syst`eme de solutions (x1 , x2 , . . . , xn ) : J n → Ω v´erifiant x1 (t0 ) = α0 , x2 (t0 ) =
α1 , . . ., xn (t0 ) = αn−1 . On v´erifie aussitˆot que la fonction x(t) = x1 (t) v´erifie alors x(n) (t) =
f t, x(t), x0 (t), . . . , x(n−1) (t) pour tout t ∈ J ainsi que x(t0 ) = α0 , x0 (t0 ) = α1 , . . ., x(n−1) (t0 ) =
αn−1 .
P
(7.2) Le syst`eme (∗) est dit lin´
eaire si chacune des fonctions fk s’´ecrit p`=1 akl x` + bk , akl
et bk ´etant des fonctions connues de t sur un intervalle I. Ce syst`eme est homog`
ene si bk = 0
quelque soit k ∈ {1, 2, . . . , p}. On utilise souvent la notation vectorielle
X 0 (t) = A(t)X(t) + B(t)

(ou X 0 = AX + B)

pour les syst`emes lin´eaires d’ordre un. Ici, A d´esigne la matrice de fonctions (akl )1≤k,`,≤p , X le
vecteur t (x1 , x2 , . . . , xp ), X 0 le vecteur t (x01 , x02 , . . . , x0p ) et B le vecteur t (b1 , b2 , . . . , bp ).
(7.3) Proposition. Soit X 0 = AX + B un syst`eme lin´eaire.
(i ) Si B = 0 (c’est-`a-dire si le syst`eme est homog`ene), alors les solutions forment un R-espace
vectoriel.
(ii ) Soit X0 une solution particuli`ere du syst`eme X 0 = AX + B. Alors toute solution est de la
forme X0 + Y avec Y une solution du syst`eme homog`ene associ´ee Y 0 = AY .
La d´emonstration est imm´ediate.
(7.4) Soit x(n) +an−1 x(n−1) +· · ·+a0 x = b une ´equation lin´eaire d’ordre n dont le coefficient de
x(n) est 1. Si l’on pose x0 = x, x1 = x0 , . . ., xn = x(n) , alors l’´equation est ´equivalente au syst`eme
x00
x01

=
=

x1
x2
···

x0n−2 =
xn−1
0
xn−1 = −a0 x0 −a1 x1 −a2 x2 − · · · −an−1 xn−1 +b
43

qui se r´esume en notation vectorielle X 0

0
 0
 .
A=
 ..
 0

= AX + B `a l’aide de la matrice compagnon

1
0
0 ···
0
0
1
0 ···
0 
..
..
..
.. 
..
.
.
.
.
. 

0
0
0 ···
1 

−a0 −a1 −a2 −a3 · · · −an−1
et B d´esigne le vecteur t (0, 0, . . . , 0, b). Ainsi la notion de syst`eme diff´erentielle d’ordre un g´en´eralise
celle d’´equation lin´eaire d’ordre n.
` toute solution X = t (x1 , x2 , . . . , xp ) d’un syst`eme diff´erentielle on peut associer la
(7.4.1) A

courbe param´etr´ee t 7→ x1 (t), x2 (t), . . . , xp (t) dans Rp , appel´ee courbe int´
egrale. Les points
critiques du syst`
eme, c’est-`a-dire les solutions X avec X 0 (t) = 0, sont les solutions constantes
du syst`eme et les courbes int´egrales correspondantes sont alors r´eduites `a des points. Les solutions
X telles que X 0 (t) = 0 sont appel´ees solutions d’´
equilibre. Une solution est dite stable si elle
converge vers une solution d’´equilibre, et le syst`eme est dit stable si toutes les solutions convergent
vers une solution d’´equilibre (lorsque t → +∞ par exemple).
(7.4.2) Proposition. Soit X 0 = AX + B un syst`eme lin´eaire dont la matrice A est constante
et inversible et B est constant. Alors il y a un unique ´equilibre, `
a savoir la solution X = −A−1 B.
D´emonstration. Il est clair que X = −A−1 B est effectivement solution du syst`eme. Soit
r´eciproquement X0 une solution constante. Alors Y0 = X0 + A−1 B est solution du syst`eme homog`ene associ´e Y 0 = AY . Alors Y00 = 0 et donc AY0 = 0. Puisque A est inversible, on a bien
Y0 = 0 et donc X0 = −A−1 B.
(7.5) Le cas d’un syst`eme lin´eaire d’ordre 2 est particuli`erement important. Notons alors les
solutions vectorielles par t (x, y) plutˆot que par t (x1 , x2 ). Si par exemple on consid`ere le syst`eme
0


x (t)
0 −ω
x(t)
=
,
y 0 (t)
ω 0
y(t)
o`
u ω 6= 0 est une constante, alors les solutions sont de la forme






x(t)
cos ωt
sin ωt
=C
+D
,
y(t)
sin ωt
− cos ωt
C et D ´etant des constantes (voir l’exercice (e7.1)). Ainsi, x(t)2 + y(t)2 = C 2 + D2 et les courbes
int´egrales sont les cercles centr´es `a l’origine et de rayon quelconque. La seule solution d’´equilibre
est la solution x(t) = y(t) = 0 et les autres solutions ne convergent pas vers celle-ci lorsque
t → +∞. Il n’y a donc pas de stabilit´e.
(7.5.1) Consid´erons d´esormais le syst`eme
0


x (t)
0 −ω
x(t)
1
=
+
,
0
y (t)
ω 0
y(t)
1
ou encore ω 6= 0. Remarquons qu’il y a une solution d’´equilibre
1



−1
x(t)
0 −ω
1
0 − ω1
1
−ω
=
.
=−
= 1
1
1
y(t)
ω 0
1
0
ω
ω
44

D’apr`es l’exemple pr´ec´edent et la proposition (7.3), la solution g´en´erale est





1
x(t)
cos ωt
sin ωt
−ω
=C
+D
+
.
1
y(t)
sin ωt
− cos ωt
ω

Les courbes int´egrales sont encore des cercles, mais de centre − ω1 , ω1 .
(7.6) Un syst`eme d’´equations de la forme
x01 = f1 (x1 , x2 , . . . , xp ),
x02 = f2 (x1 , x2 , . . . , xp ),
..........
0
xp = f2 (x1 , x2 , . . . , xp ),
(o`
u la variable t n’apparaˆıt pas explicitement) est appel´e un syst`
eme dynamique (ou syst`
eme
`
autonome). Les syst`emes lin´eaires `a coefficients constants sont des syst`emes dynamiques. A
t
nouveau, on note X = (x1 , x2 , . . . , xp ) un vecteur de solutions. Une solution d’´
equilibre
0
(ou un ´equilibre) est une solution constante. Un ´equilibre v´erifie donc X (t) = 0, c’est-`a-dire
f1 (x1 , x2 , . . . , xp ) = f2 (x1 , x2 , . . . , xp ) = · · · = fp (x1 , x2 , . . . , xp ) = 0 et l’on d´etermine les ´equilibres
en resolvant ces ´equations.
Consid´erons par exemple un syst`eme dynamique `a deux ´equations
(†)
Si t0 est tel que x0 (t0 ) 6= 0, on a

x0 = f (x, y),
y 0 = g(x, y).
y 0 (t0 )
g(x(t0 ), y(t0 ))
=
.
0
x (t0 )
f (x(t0 ), y(t0 ))

Sur un voisinage de x0 = x(t0 ), on peut alors ´ecrire y comme fonction de x et la fonction y est
alors solution de l’´equation diff´erentielle
(1)

f (x, y)

dy
− g(x, y) = 0.
dx

Ainsi, le syst`eme dynamique (†) permet d’obtenir une solution param´etr´ee de l’´equation (1), ce
qui ´evite les probl`emes rencontr´es dans le th`eme pr´ec´edent au points o`
u f (x, y) s’annule. Voir par
exemple l’exercice (e7.8).
(7.7) Un syst`eme lin´eaire X 0 = AX +B `a coefficients constants dont la matrice A est inversible
a un unique ´equilibre −A−1 B d’apr`es la proposition (7.4.2).
Le comportement des solutions autour de l’´equilibre peut alors alors ˆetre d´etermin´e en fonction
des valeurs propres du polynˆome caract´eristique de A. Dans ce qui suit, on se limite au cas de
deux ´equations en deux inconnus x, y. La matrice A est alors d’ordre 2.
(a) les racines du polynˆome caract´eristique de A sont r´eelles.
— (i ) si elles sont strictement n´egatives, l’´equation est stable et le point critique est un nœud
stable ;
— (ii ) si elles sont strictement positives, l’´equation est instable car toutes les solutions nonconstantes sont non-born´ees et le point critique est un nœud instable ;
— (iii ) si elles sont de signe contraire, l’´equilibre est un point-selle ou col.

45

nœud stable

nœud instable

point-selle

Ici, les croquis correspondent au cas o`
u les deux racines du polynˆome caract´eristique sont
distinctes. Dans le cas d’une racine double, il n’y a qu’une seule droite passant par le point
critique. Voir aussi l’exercice (e7.7).
(b) les racines du polynˆome caract´eristique de A ne sont pas r´eelles. Il s’agit donc d’un couple
de nombres complexes conjugu´es.
— (i ) si leur partie r´eelle est strictement n´egative, les courbes int´egrales convergent vers le
point d’´equilibre en spiralant autour et l’´equilibre est un foyer stable ;
— (ii ) si leur partie r´eelle est strictement positive, les courbes int´egrales s’´eloignent du point
d’´equilibre en spiralant autour et l’´equilibre est un foyer instable ;
— (iii ) si elles sont imaginaires pures, les courbes int´egrales sont des cercles centr´es sur le
point d’´equilibre. Il s’agit alors d’un centre.

foyer stable

foyer instable

centre

(7.8) Consid´erons un syst`eme de deux ´equations en deux inconnus x0 = f (x, y), y 0 = g(x, y).
Nous supposons x, y d´efinis sur un intervalle de la forme [t0 , +∞[. Les ´equilibres sont donc les
solutions constantes xe , xe v´erifiant f (xe , ye ) = 0 et g(xe , ye ) = 0. On dit que l’´equilibre (xe , ye )
est stable si ´etant donn´e ε > 0, il existe δ > 0 tel que pour toute solution (x, y) v´erifiant
|| x(t0 ), y(t0 ) − (xe , ye )|| ≤ δ, on ait || x(t), y(t) − (xe , ye )|| ≤ ε pour tout t ≥ t0 . On dit que
(xe , ye ) est asymptotiquement
stable s’il existe ε > 0 tel que pour toute solution (x, y) v´erifiant

|| x(t0 ), y(t0 ) − (xe , ye )|| ≤ ε, on ait limt→+∞ (x(t), y(t)) = (xe , ye ).
Un nœud stable et un foyer stables sont asymptotiquement stables. Un centre est stable mais
pas asymptotiquement stable. Dans tout autre cas, il y a instabilit´e. On pourrait penser qu’un
´equilibre asymptotiquement stable soit n´ecessairement stable. En fait, ce n’est pas le cas, bien
qu’il ne soit pas facile `a en donner des exemples.
(7.8.1) Th´
eor`
eme (de Hartman-Grobman). Soit x0 = f (x, y), y 0 = g(x, y) un syst`eme dynamique avec f , g de classe C (1) sur un domaine Ω de R2 . Soit (xe , ye ) ∈ Ω un ´equilibre. On
suppose que les valeurs propres de la matrice jacobienne J(f,g) (xe , ye ) ne soient pas imaginaires
pures ou nulles. Alors l’´equilibre (xe , ye ) du syst`eme de d´epart est de la mˆeme nature (nœud stable,
nœud instable, . . .) que celui du syst`
eme lin´
earis´
e x0 = (x − xe )f10 (xe , ye ) + (y − ye )f20 (xe , ye ),
y 0 = (x − xe )g10 (xe , ye ) + (y − ye )g20 (xe , ye ).
Ce r´esultat sera admis. Remarquons le cas exclu o`
u les valeurs propres sont imaginaires pures
ou nulles. Ces cas sont exceptionnels ; si par exemple les valeurs propres sont imaginaires pures
mais non-nulles, l’´equilibre de l’´equation de d´epart pourrait ˆetre un centre ou un foyer stable ou
instable.
46

(7.8.2) Exemple. Soit le syst`eme x0 = 2x + y + xy, y 0 = y + x2 . Pour trouver les ´equilibres, il
faut r´esoudre les ´equations 2x+y +xy = y +x2 = 0. Cela donne les trois ´equilibres (xe , ye ) = (0, 0),
(1, −1) et (−2, −4). La matrice jacobienne de (x, y) 7→ 2x + y + xy, (x, y) 7→ y + x2 est


2+y 1+x
Jf,g (x, y) =
.
2x
1


2 1
On a donc Jf,g (0, 0) =
dont les racines du polynˆome caract´eristique sont 1 et 2. L’´equilibre
0 1


1 2
(0, 0) est donc un nœud instable. Ensuite, Jf,g (1, −1) =
et les racines du polynˆome ca2 1
ract´eristique t2 −2t−3 sont r´eelles
et de signes oppos´es. L’´equilibre (1, −1) est donc un point-selle.
−2 −1
Enfin, Jf,g (−2, −4) =
et les racines du polynˆome caract´eristique t2 + t − 6 sont `a nou−4 1
veau r´eelles et de signes oppos´es. D’o`
u un second point-selle.

EXERCICES
(e7.1) On reprend le syst`eme lin´eaire de (7.5). V´erifier que x00 (t)+ω 2 x(t) = 0 et que y 00 (t)+ω 2 y(t) = 0.
En d´eduire que toute solution du syst`eme (∗) de (7.5) est de la forme indiqu´ee (∗∗).
(e7.2) R´esoudre le syst`eme





x(t)
x0 (t)
1 1
.
=
y(t)
0 1
y 0 (t)

(Montrer d’abord que x00 − 2x0 + x = 0.) Tracer les courbes int´egrales et discuter de la stabilit´e de la
solution x(t) = y(t) = 0.
(e7.3) Mˆeme chose pour le syst`eme
0


x (t)
1 −1
x(t)
=
.
1 1
y(t)
y 0 (t)
(Montrer d’abord que x00 − 2x0 + 2x = 0.)
(e7.4) (i ) G´en´eraliser les trois exercices pr´ec´edents en consid´erant le syst`eme

0

x (t)
a b
x(t)
,
(*)
=
c d
y(t)
y 0 (t)
o`
u a, b, c et d sont des constantes. Montrer que x et y sont solutions de z 00 − (a + d)z 0 + (ad − bc)z = 0.
2
On
note λ1 , λ2 les deux racines du polynˆome caract´erique λ − (a + d)λ + (ad − bc) de la matrice
a b
.
c d
(ii ) On suppose λ1 6= λ2 sont r´eels. Montrer que si v
esigne des vecteurs propres de A
1 et v2 d´
x(t)
correspondant respectivement `a λ1 et λ2 . Montrer que
= Aeλ1 t v1 + Beλ2 t v2 est solution, quelque
y(t)
soit les constantes A et B.
(iii ) On suppose λ1 = β + iγ, λ2 = β − iγ avec γ 6= 0. Soit v un vecteur propre (complexe)
correspondant `a λ1 . On note v¯ le vecteur dont les coefficients sont les conjugu´es complexes de v et on
pose <(v) = (v + v¯)/2, =(v) = (v − v¯)/2i. Montrer que





x(t)
= eβt A (cos γt)<(v) − (sin γt)=(v) + B (cos γt)=(v) + (sin γt)<(v)
y(t)

47

est une solution (r´eelle), quelque soit les constantes A et B.
(iv ) On suppose λ1 = λ2 et que l’espace propre associ´e `a λ1 est de dimension un. Montrer que si v
est un vecteur propre et si w est un vecteur tel que



a b
− λ1 w = v,
c d


x(t)
alors
= (A + Bt)eλ1 t v + Aeλ1 t w est solution quelque soit les constantes A et B.
y(t)
(v ) Que se passe-t-il lorsque λ1 = λ2 et A est diagonalisable ?
(vi ) En admettant que l’espace vectoriel des solutions est toujours de dimension deux, montrer que
dans chacun des cas que le syst`eme (∗) n’a que les solutions indiqu´ees.
(e7.5) Soit P (t) = t2 + at + b, a, b ∈ R un polynˆome unitaire de degr´e 2.
(i ) Montrer que les deux racines de P sont r´eelles et strictement n´egatives si et seulement si a2 −4b > 0,
a > 0 et b > 0. (Si λ, µ sont les deux racines, penser aux formules λ + µ = −a, λµ = b.)
(ii ) Donner des conditions n´ecessaires et suffisantes sur a et b pour que les deux racines de P soient
r´eelles et strictement positives ; r´eelles et de signes oppos´es ; non-r´eelles et `a partie r´eelle strictement
n´egatives ; non-r´eelles et `a partie r´eelle strictement positive ; imaginaires pures.



0
1 1
x(t)
1
x (t)
´
=
+
. Chercher les ´equilibres. Etudier
la
(e7.6) R´esoudre le syst`eme
0 1
y(t)
1
y 0 (t)
stabilit´e.
´
(e7.7)
Etendre
les consid´erations de l’exercice (e7.4) aux syst`emes inhomog`enes X 0 = AX + B, o`
u


a b
, B est un vecteur constant.
A=
c d
(e7.8) Reprenons le syst`eme lin´eaire de (7.5). Comparer ce syst`eme avec l’´equation y dd xy + x = 0 (voir
l’´equation (1) de (7.6)). Dans le premier cas, les courbes int´egrales sont des cercles centr´es `a l’origine.
Que se passe-t-il dans le second cas ?
´
(e7.9) Etudier
les syst`emes dynamiques
0 1 2 1
x − y
x
(i )
= 21 12
,
0
y
2 − 2y
et
(ii )


0
x
1 − ey
=
.
5x − y
y0

Dans chacun des deux cas, chercher les ´equilibres et d´eterminer leur nature en utiliant le th´eor`eme
de Hartman-Grobman.
(e7.10) On consid`ere le syst`eme lin´eaire d’´equations diff´erentielles
x0 (t) = x(t) + y(t)
y 0 (t) = 2x(t).
(i ) Trouver la solution g´en´erale de ce syst`eme.
(ii ) Trouver l’unique solution (x, y) v´erifiant x(0) = 1, y(0) = 0.
(iii ) D´ecrire l’ensemble des solutions (x, y) v´erifiant x(t) → 0 lorsque t → +∞.
(iv ) Calculer limt→+∞ y(t) lorsque (x, y) est l’une des solutions v´erifiant la condition de la question
(iii ).
(v ) D´eterminer la nature du point d’´equilibre (0, 0) du syst`eme autonome
x0 (t) = x(t) + y(t) + x(t)2
y 0 (t) = 2x(t) + y(t)2 .

48

Th`
eme 8. Solutions p´
eriodiques, cycles limites
(8.1) Dans ce th`eme, nous continuerons l’´etude d’un syst`eme dynamique de 2 ´equations
(*)

x0 = f (x, y),

y 0 = g(x, y),

o`
u x0 , y 0 d´esignent les d´eriv´ees de x et de y par rapport `a t ∈ R. Le th´eor`eme de Hartman-Grobman
donne des renseignements locaux au voisinage d’un ´equilibre. Le th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz
(10.4) justifie l’existence de solutions. Ici, nous indiquons comment obtenir des renseignements
globaux sur les solutions, sans que l’on puisse, en g´en´eral, les d´ecrire `a l’aide de formules simples.
(8.2) Proposition. Deux courbes int´egrales distinctes ne se coupent pas.
D´emonstration. En effet, si deux courbes se coupaient en un point (a, b), l’une des courbes C1
repr´esenterait la solution (x1 , y1 ) du syst`eme v´erifiant x1 (t1 ) = a et y1 (t1 ) = b, alors que l’autre
courbe C2 repr´esenterait la solution (x2 , y2 ) du syst`eme v´erifiant x2 (t2 ) = a et y2 (t2 ) = b. Posons
dy
dx
u = t + t1 − t2 , de sorte que du
= dx
et du
= dy
. Puisque f et g ne d´ependent pas explicitement de
dt
dt
t, la courbe u 7→ (x2 (u), y2 (u)) est ´egalement une courbe int´egrale v´erifiant x2 (t1 ) = a, y2 (t1 ) = b.
L’unicit´e de la solution garantie par le th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz implique donc que x2 = x1
et y2 = y1 .
Le mˆeme argument montre ´egalement que la mˆeme courbe int´egrale ne peut pas se couper en
un point. S’il existe t1 , t2 , tels que t1 6= t2 et x(t1 ) = x(t2 ) et y(t1 ) = y(t2 ), la courbe effectue une
boucle.
Soit I un intervalle, soit E un ensemble et soit f : I → E une application. soit T ∈ R. On
dit que T est une p´eriode de f si f (t + T ) = f (t) quelque soit t ∈ I tel que t + T ∈ I. f est dite
p´eriodique lorsque elle poss`ede une p´eriode non-nulle. Il est clair que si T est une p´eriode, alors il
en est de mˆeme pour −T . Par cons´equent, une fonction p´eriodique poss`ede toujours une p´eriode
strictement positive.
(8.2.1) Proposition. Une courbe int´egrale du syst`eme dynamique (∗) qui est ferm´ee en boucle
correspond `
a une solution p´eriodique.

D´emonstration.
Si t 7→ x(t), y(t) est une solution de p´eriode T > 0, alors x(t+T ), y(t+T ) =

x(t), y(t) pour tout t et donc la courbe est en boucle.
Supposons r´eciproquement que la courbe int´egrale soit une boucle. Si la boucle se r´eduit `a un
seul point, la solution est constante, d’o`
u un pont critique. Dans le cas contraire, le th´eor`eme de
Cauchy-Lipschitz montre
qu’elle
ne
passe
pas

par un point critique. Alors il existe t0 et T > 0
tels que x(t0 ), y(t0 ) = x(t0 + T ), y(t0 + T ) . A priori, x et y ne sont d´efinies que sur l’intervalle
[t0 , T ] mais, d’apr`es le th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz appliqu´e `a t = t0 puis `a t = t0 + T , il existe
un intervalle ouvert I contenant [t0 , t0 + T ] et une unique solution de (∗) sur I qui co¨ıncide avec
(x, y) sur [t0 , T ]. On suppose l’intervalle I maximal pour cette propri´et´e. D´esignons alors donc
encore cette solution par (x, y). En raison de l’unicit´e de la solution, il existe un intervalle
ouvert

J ⊆ I contenant t0 et une fonction φ : J → I tels que φ(t0 ) = T et x(φ(t)), y(φ(t) = x(t), y(t)
pour tout t ∈ J. Mais

x0 (t) = f (x(t), y(t) = f x(φ(t)), y(φ(t)) = x0 (φ(t)) = x0 (t)φ0 (t)
49


et, par un argument semblable, y 0 (t) = y 0 (t)φ0 (t). Puisque x(t), y(t) est r´egulier, on en tire que
φ0 (t) = 1. Puisque φ(t0 ) = t0 + T , on voit que φ(t) = t + T et x(t), y(t) = x(t + T ), y(t + T )
pour tout t ∈ J.

Remarque. La fonction t 7→ cos t3 , sin t3 param`etre le cercle de centre (0, 0) et de rayon un
mais n’est pas p´eriodique. On en tire qu’elle ne peut ˆetre solution d’un syst`eme dynamique de la
forme (∗). Cette remarque montre que ce n’est pas seulement l’allure de la courbe qui compte
mais ´egalement le param´etrage utilis´e.

(8.3) Soit (x0 , y0 ) un point r´egulier du syst`eme (∗), c’est-`a-dire f (x0 , y0 ), g(x0 , y0 ) 6= (0, 0).
S’il y a une solution (x, y) de (∗)
par (x
passant
0 , y0 ), alors il existe t0 tel que x0 = x(t0 ),
0
0
y0 = y(t0 ) et f (x0 , y0 ), g(x0 , y0 ) = x (t0 ), y (t0 ) est un vecteur tangent `a la courbe int´egrale
`a (x0 , y0 ). Autrement dit, on connait la tangente `a la courbe int´egrale au point (x0 , y0 ) sans
connaˆıtre t0 . Cela permet souvent de se donner une id´ee de l’allure des courbes int´egrales sans en
connaˆıtre une param´etrisation pr´ecise. Par d´efinition, le champ de vecteur associ´e au syst`eme
est l’application qui associe
`a tout point (x, y) du domaine de d´efinition de (f, g) le vecteur

(x0 , y 0 ) = f (x, y), g(x, y) .
Il est utile de savoir effectuer un croquis donnant l’allure du champ de vecteur. Pour cela,
on d´etermine les r´egions ou x0 > 0, x0 < 0, y 0 > 0, y 0 < 0 `a l’aide des relations x0 = f (x, y),
y 0 = g(x, y). On note les points critiques (´equilibres). En dehors de ceux-ci, la courbe monte vers
le haut si y 0 > 0, descend vers le bas si y 0 < 0, tend vers la droite si x0 > 0 et tend vers la gauche
si x0 < 0. La tangente est verticale si x0 = 0 mais y 0 6= 0 ; elle est horizontale si y 0 = 0 mais x0 6= 0.
La taille de x0 (t) et de y 0 (t) permet souvent de se donner une id´ee de la rapidit´e du d´eplacement
du point x(t), y(t) en fonction de t. Supposons par exemple que x, y soient de classe C (2) . Alors
x00 et y 00 se calculent en fonction de f (x, y), g(x, y) et de ses d´eriv´ees partielles d’ordre un, et sont
donc connues. Mais

x(t + h) = x(t) + hx0 (t) +

h2 00
x (t + θ1 h),
2

y(t + h) = y(t) + hy 0 (t) +

h2 00
y (t + θ2 h)
2

avec 0 < θ1 , θ2 < 1. Si donc x00 et y 00 sont born´ees par M > 0 dans une certaine r´egion, alors

2


x(t + h) − x(t) − x0 (t)h ≤ M h ,
2

2


y(t + h) − y(t) − y 0 (t)h ≤ M h
2

dans cette r´egion.
Exemple. Soit le syst`eme x0 = 1 − xy, y 0 = x. La figure repr´esente le champ de vecteur et les
fl`eches indiquent le sens d’augmentation du param`etre t. Il n’y a pas d’´equilibre. La tangente est
verticale sur les deux branches de l’hyperbole {(x, y) ∈ R2 | xy = 1}. Elle est horizontale sur l’axe
x = 0. Ces courbes d´ecoupent ´egalement le plan en r´egions suivant le signe de x0 et de y 0 .

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