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2 • Différentielles d’ordre supérieur
Exercice 2.6
i). a) Si q ≡ 0 dans un ouvert V, alors 2q = d
2 q(x) ≡ 0.
b) L’égalité g 1 (x) q(x) = g 2 (x) q(x) implique g 1 (x) = g 2 (x) pour tout x tel
que q(x) = 0. Or d’après le i), les zéros de q sont isolés. Donc par continuité
de g 1 − g 2 , on a g 1 (x) − g 2 (x) = 0 quel que soit x.
ii). a) La fonction f étant polynômiale de valuation 2, elle s’annule en (0, 0) ainsi
que sa différentielle. On a de plus d
2 f (x) · (x, x) = (2 + 12x
2
1 ) (x
2
1 − x
2
2 ) =
(1 + 6x
2
1 )d
2 f (0) · (x, x).
b) On a par hypothèse d
2 f (t x) · (t x, t x) = g(t x) d
2 f (0) · (t x, t x), d’où en
simplifiant par t
2 (par bilinéarité de d
2 f (0) et d
2 f (t x)), d
2 f (t x) · (x, x) =
g(t x) d
2 f (0) · (x, x) quel que soit t = 0. Cette égalité est donc aussi valable
en t = 0 par continuité de d
2 f et g. D’après le i) appliqué à q = d
2 f (0), on
en déduit en particulier g(0) = 1.
iii). Par application répétée du théorème 1.12 (p. 23) et du théorème classique de
dérivation sous le signe somme dans chaque direction x i , la fonction h est de
classe C
p car (t, x) → (1 − t) g(t x) est de classe C
p et l’on intègre sur un
compact. Par ailleurs, d’après la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 2,
puisque f (0) = 0 et d f (0) = 0,
f (x) =
t
0
(1 − t) d
2 f (t x) · (x, x)dt = h(x) d
2 f (0) · (x, x)
grâce à la formule du ii)b).
iv). En différentiant l’égalité précédente, on trouve
d f (x) · x = (dh(x) · x + 2h(x)) d
2 f (0) · (x, x) .
D’autre part (d’après la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 1)
d f (x) · x =
1
0
d
2 f (t x) · (x, x) dt =
1
0
g(t x) dt
d
2 f (0) · (x, x) .
On en déduit l’égalité dh(x) · x + 2h(x) =
1
0
g(t x) dt en faisant à nouveau appel
au i).
v). La fonction c x est dérivable et
c
x (l) = l (2 h(lx) + dh(lx) · (lx)) = l
1
0
g(tlx) dt ≥ 0
avec inégalité stricte sauf en l = 0. Donc c x est une bijection strictement
croissante, valant 0 en 0 et tendant vers +∞ en +∞ (car c
x (l) =
l
0
g(ux) du ≥
l 0
0
g(ux) du > 0 si l ≥ l 0 ).
2 • Différentielles d’ordre supérieur
Exercice 2.6
i). a) Si q ≡ 0 dans un ouvert V, alors 2q = d
2 q(x) ≡ 0.
b) L’égalité g 1 (x) q(x) = g 2 (x) q(x) implique g 1 (x) = g 2 (x) pour tout x tel
que q(x) = 0. Or d’après le i), les zéros de q sont isolés. Donc par continuité
de g 1 − g 2 , on a g 1 (x) − g 2 (x) = 0 quel que soit x.
ii). a) La fonction f étant polynômiale de valuation 2, elle s’annule en (0, 0) ainsi
que sa différentielle. On a de plus d
2 f (x) · (x, x) = (2 + 12x
2
1 ) (x
2
1 − x
2
2 ) =
(1 + 6x
2
1 )d
2 f (0) · (x, x).
b) On a par hypothèse d
2 f (t x) · (t x, t x) = g(t x) d
2 f (0) · (t x, t x), d’où en
simplifiant par t
2 (par bilinéarité de d
2 f (0) et d
2 f (t x)), d
2 f (t x) · (x, x) =
g(t x) d
2 f (0) · (x, x) quel que soit t = 0. Cette égalité est donc aussi valable
en t = 0 par continuité de d
2 f et g. D’après le i) appliqué à q = d
2 f (0), on
en déduit en particulier g(0) = 1.
iii). Par application répétée du théorème 1.12 (p. 23) et du théorème classique de
dérivation sous le signe somme dans chaque direction x i , la fonction h est de
classe C
p car (t, x) → (1 − t) g(t x) est de classe C
p et l’on intègre sur un
compact. Par ailleurs, d’après la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 2,
puisque f (0) = 0 et d f (0) = 0,
f (x) =
t
0
(1 − t) d
2 f (t x) · (x, x)dt = h(x) d
2 f (0) · (x, x)
grâce à la formule du ii)b).
iv). En différentiant l’égalité précédente, on trouve
d f (x) · x = (dh(x) · x + 2h(x)) d
2 f (0) · (x, x) .
D’autre part (d’après la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 1)
d f (x) · x =
1
0
d
2 f (t x) · (x, x) dt =
1
0
g(t x) dt
d
2 f (0) · (x, x) .
On en déduit l’égalité dh(x) · x + 2h(x) =
1
0
g(t x) dt en faisant à nouveau appel
au i).
v). La fonction c x est dérivable et
c
x (l) = l (2 h(lx) + dh(lx) · (lx)) = l
1
0
g(tlx) dt ≥ 0
avec inégalité stricte sauf en l = 0. Donc c x est une bijection strictement
croissante, valant 0 en 0 et tendant vers +∞ en +∞ (car c
x (l) =
l
0
g(ux) du ≥
l 0
0
g(ux) du > 0 si l ≥ l 0 ).