Différentielles

On a $\displaystyle \|x\|=\sqrt{\sum_{1\le i\le n }x_i^2}$. Donc $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_i}(x)=\frac{x_i}{\|x\|}$. On en déduit que toutes les dérivées partielles de $\displaystyle f$ sont définies et continues sur $\displaystyle \R^n-\{0\}$. Donc $\displaystyle f$ est de classe $\displaystyle C^1$ sur $\displaystyle \R^n-\{0\}$.
Soit $\displaystyle h=(h_1,\cdots,h_n)^T$. Alors on a pour $\displaystyle x\neq 0$ :
$$df(x)\cdot h=\sum_{i=1}^n \frac{\partial f}{\partial x_i}(x)h_i=\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{\|x\|}h_i=\frac{\langle x,h\rangle}{\|x\|}.$$ La différentielle $\displaystyle df(x)$ de $\displaystyle f$ au point $\displaystyle x\neq 0$ est donc l’application linéaire $\displaystyle h\mapsto \frac{\langle x,h\rangle}{\|x\|}$.
Étudions la différentiabilité de $\displaystyle f$ en $\displaystyle 0$. Soit $\displaystyle e$ un vecteur de la base canonique. On a $\displaystyle \frac{f(te)-f(0)}{t-0}=\frac{|t|}{t}$, et ce taux d’accroissement n’a pas de limite quand $\displaystyle t\to 0$. Donc $\displaystyle f$ n’a aucune dérivée partielle en $\displaystyle 0$ et donc $\displaystyle f$ n’est pas différentiable en $\displaystyle 0$.

On note $\displaystyle f(A)=det(A)$ où $\displaystyle A\in M_n(\R)$, et $\displaystyle a_{i,j}$ sont les coefficients de $\displaystyle A$. On note $\displaystyle co_{i,j}$ les cofacteurs correspondants qui sont les éléments de la comatrice $\displaystyle com(A)$. En développant le déterminant de $\displaystyle A$ suivant la $\displaystyle i$-ème ligne, on a $\displaystyle det(A)=\sum_{1\le j\le n}a_{i,j}co_{i,j}$. Le cofacteur $\displaystyle co_{i,j}$ ne faisant intervenir aucun élément de cette $\displaystyle i$-ème ligne, on en déduit que $\displaystyle \frac{\partial f(A)}{\partial a_{i,j}}=co_{i,j}$. Ainsi, pour $\displaystyle H\in M_n(\R)$, il vient $$df(A)\cdot H=\sum_{1\le i, j\le n} co_{i,j}h_{i,j}={\rm Tr}({\rm com}(A)^TH).$$

1.a) La fonction $\displaystyle t \rightarrow (x_0+t,y_0+t)$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$, par composition avec la fonction $\displaystyle f$ on en déduit que $\displaystyle g$ est aussi de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$. Pour calculer la dérivée de $\displaystyle g$, on remarque tout d’abord que la première condition de l’énoncé peut s’écrire :
$$\langle \left(\nabla f\right)(x,y) , \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right) \rangle = \left\langle \left(\begin{array}{c} \partial_1 f(x,y) \\ \partial_2f(x,y) \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right) \right\rangle = \partial_1f(x,y) + \partial_2f(x,y) = 0.$$
Ici, on peut écrire de façon vectorielle :
$$g(t) = f(x+t,y+t) = f\left(\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right)+t\left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right)\right).$$
D’après le cours, on a alors :
$$g'(t) = \langle \left(\nabla f\right)(x+t,y+t) , \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right) \rangle,$$
et on a vu plus haut que cette quantité vaut $\displaystyle 0$.

b) La fonction $\displaystyle g$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$ et de dérivée nulle, elle est donc constante. On peut alors écrire que, pour tous ParseError: KaTeX parse error: Undefined control sequence: \RR at position 23: …ystyle x,y \in \̲R̲R̲^2, on a :
$$f(x,y) = g(0) = g(-y) = f(x-y+y,y-y) = f(x-y,0).$$
On a appliqué le résultat précédent avec $\displaystyle t=-y$. On a donc bien $\displaystyle f(x,y)=\phi(x-y)$ avec $\displaystyle \phi(z) = f(z,0)$. Cette fonction est bien de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$, car les fonctions $\displaystyle f$ et $\displaystyle z \mapsto (z,0)$ le sont.

2. On pose, comme suggéré, $\displaystyle g(t) := f(x+\lambda t,y+t)$. Cette fonction est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$ et de dérivée
   $$g'(t) = \left\langle \left(\nabla f\right)(x+\lambda t,y+t) , \left(\begin{array}{c} \lambda \\ 1 \end{array}\right) \right\rangle \\ = \lambda \partial_1f(x+\lambda t, y+t)+\partial_2f(x+\lambda t, y+t) = 0,$$
   d’après la condition de l’énoncé. La fonction $\displaystyle g$ est donc constante sur $\displaystyle \R$. On en d’eduit que pour tous $\displaystyle x,y \in \R^2$, on a :
   $$f(x,y) = g(0) = g(-\lambda y) = f(x-\lambda y + \lambda y, y-y) = f(x-\lambda y,0).$$
   La fonction $\displaystyle \phi(z) = f(z,0)$, qui est toujours de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$, permet donc de répondre à la question.

3. Comme suggéré, on pose $\displaystyle g(t) = f(tx,ty)$. Ici $\displaystyle g$ est définie pour $\displaystyle t>0$, et on a
   $$g'(t) = \left\langle \left(\nabla f\right)(tx,ty) , \left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right) \right\rangle = 0.$$
   On introduit la fonction $\displaystyle \psi(z) = f(z,1)$. Pour $\displaystyle x,y>0$, on a alors :
   $$f(x,y) = g(1) = g(1/y) = f(x/y,y/y) = \psi(x/y),$$
   et on a bien répondu à la question.

1. Si $\displaystyle (x,y)=(0,0)$ on a bien $\displaystyle f(x)f(y)=f(0)f(0)$, il n’y a rien à faire. On suppose maintenant que $\displaystyle (x,y)\neq (0,0)$. Il existe un certain $\displaystyle \theta \in \R$ tel que $\displaystyle \cos(\theta) = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$ et $\displaystyle \sin(\theta) = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ (il suffit de constater que $\displaystyle \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \in [-1,1]$ et de prendre l’arc cosinus). Pour un tel choix de $\displaystyle \theta$, on a bien $$x \cos(\theta) - y \sin(\theta) = \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}} = 0$$ et $$x \sin(\theta) + y \cos(\theta) = \frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}+\frac{y^2}{\sqrt{x^2+y^2}} = \sqrt{x^2+y^2},$$ et la propriété de l’énoncé permet de conclure.
2. La fonction $\displaystyle f$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$, donc la fonction $\displaystyle (x,y)\mapsto f(x) f(y)$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R^2$ et on a $$\left( x \frac{\partial}{\partial y}-y \frac{\partial}{\partial x}\right)(f(x)f(y)) = x f(x) f'(y)-yf'(x)f(y).$$ La fonction $\displaystyle (x,y) \mapsto x^2+y^2$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \mathcal{D}$, à image dans $\displaystyle ]0,+\infty[$. Or la fonction $\displaystyle t \mapsto \sqrt{t}$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle ]0,+\infty[$. Par composition, on en déduit que $\displaystyle (x,y) \mapsto f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \mathcal{D}$. Et on a : $$\left( x \frac{\partial}{\partial y}-y \frac{\partial}{\partial x}\right)f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right) = x \frac{2y}{2 \sqrt{x^2+y^2}}- y \frac{2x}{2\sqrt{x^2+y^2}} = 0.$$
3. On déduit des deux questions précédentes que $$\forall (x,y) \in \mathcal{D} \ , \ x f(x) f'(y)-yf'(x)f(y) = f(0) . 0 = 0.$$ Comme on a supposé que $\displaystyle f(x)>0$, on peut écrire l’équation précédente sous la forme $$\forall x \neq 0 \ , \ \forall y \neq 0 \ , \ \frac{f'(x)}{xf(x)} = \frac{f'(y)}{yf(y)}.$$ Autrement dit la fonction $\displaystyle x \mapsto \frac{f'(x)}{xf(x)}$ est constante sur $\displaystyle \R^*$. En notant $\displaystyle \alpha$ cette constante, on obtient bien le résultat demandé, pour $\displaystyle x \neq 0$. Le résultat est vrai pour $\displaystyle x=0$ car on a nécessairement $\displaystyle f'(0)=0$. En effet, on a $\displaystyle 1f(1)f'(0) - 0f'(1)f(0)=0$, et comme $\displaystyle f(1) \neq 0$ on trouve $\displaystyle f'(0)=0$.
4. Comme $\displaystyle f$ est à valeurs dans $\displaystyle \R_+^*$, on peut considérer la fonction $\displaystyle g = \ln \circ f$, qui est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$. On a : $$g'(x) = \frac{f'(x)}{f(x)} = \alpha x.$$ Il existe donc une constante $\displaystyle c \in \R$ telle que $\displaystyle g(x) = \alpha \frac{x^2}{2} + c$ pour tout $\displaystyle x \in \R$. Autrement dit la fonction $\displaystyle f$ est s’écrit sous la forme $$f(x) = C \exp\left(-\frac{\alpha x^2}{2}\right),$$ avec $\displaystyle C = \exp(c) \ge 0$. Si $\displaystyle \alpha \le 0$ alors $\displaystyle f$ n’est pas intégrable sur $\displaystyle \R$, donc ne peut pas satisfaire la propriété supplémentaire. Si $\displaystyle \alpha > 0$, la fonction $\displaystyle f$ est bien intégrable sur $\displaystyle \R$ et on a $$\int_\R f(x) dx = C \int_{-\infty}^\infty \exp\left(-\frac{\alpha x^2}{2}\right) dx = C \sqrt{\frac{2 \pi}{\alpha} }.$$ (la valeur de la dernière intégrale est un résultat classique, et pas trivial, lorsque $\displaystyle \alpha=1$ et on se ramène à ce cas par le changement de variables $\displaystyle z=\sqrt{\alpha}x$. Ainsi, les fonctions $\displaystyle f$ qui satisfont toutes les hypothèses de l’énoncé sont exactement les fonctions s’écrivant sous la forme $$f(x) = \sqrt{\frac{\alpha}{2\pi}} \exp\left(-\frac{\alpha x^2}{2}\right),$$ où $\displaystyle \alpha$ est un paramètre dans $\displaystyle \R_+^*$. Ce sont exactement les densités des lois $\displaystyle \mathcal{N}\left(0,\frac{1}{\alpha} \right)$.

Note : adapté du tout début d’un sujet d’écrit ENS 2013 (ça se complique après !).

1. En prenant $\displaystyle (u,v) = (1,0)$, il est clair que $\displaystyle r \mapsto f(r) = h(r,0)$ doit être dérivable. Réciproquement, si $\displaystyle f$ est dérivable, $\displaystyle h$ est différentiable en tout point différent de $\displaystyle (0,0)$, car c’est la composée des fonctions différentiables $\displaystyle (x,y) \mapsto \sqrt{x^2 + y^2}$ et $\displaystyle f$. De plus, pour $\displaystyle (x,y) = (0,0)$, on a $$\frac{h(\varepsilon u, \varepsilon v) - h(0,0)}{ \varepsilon} =\frac{ f(\varepsilon \sqrt{u^2 + v^2} )}{ \varepsilon},$$ quantité qui tend vers $\displaystyle \sqrt{u^2 + v^2} f'(0)$ quand $\displaystyle \varepsilon$ tend vers zéro.
2. D’après ce qui précède, pour que $\displaystyle h$ soit différentiable, il est nécessaire et suffisant que $\displaystyle f$ soit dérivable et que $\displaystyle h$ soit différentiable en $\displaystyle (0,0)$. D’après le calcul précédent, la différentielle en $\displaystyle (0,0)$ est nécessairement $\displaystyle (u,v) \mapsto \sqrt{u^2 + v^2} f'(0)$. Comme elle doit par définition être linéaire, il faut que $\displaystyle f'(0) = 0$. On vérifie alors que $\displaystyle h$ est différentiable si et seulement si $\displaystyle f$ est dérivable et $\displaystyle f'(0) = 0$.
3. Si $\displaystyle f$ satisfait les conditions de 2., le calcul de la différentielle donne que $\displaystyle Dh_{(x,y)} (u,v) = f'(r) [(ux + vy)/r]$ pour $\displaystyle r:= \sqrt{x^2 + y^2} > 0$ et $\displaystyle Dh_{(0,0)} (u,v) = 0$. On a alors $\displaystyle h \in \mathcal{C}^1$ si et seulement si $\displaystyle f \in \mathcal{C}^1$ et $\displaystyle f'(0) = 0$.