Exercices corrigés - Fonctions à valeurs vectorielles

Pour tout $t\in I$, on a $g(t)=\sqrt{\langle f(t),f(t)\rangle}$. La fonction racine carrée étant dérivable sur $]0,+\infty[$ (de dérivée $x\mapsto 1/2\sqrt x$) et la fonction $t\mapsto \langle f(t),f(t)\rangle$ étant dérivable sur $I$, de dérivée $2\langle f(t),f'(t)\rangle$, on en déduit par composition la dérivabilité de $g$ sur $I$. De plus, pour tout $t\in I$, on a $$g'(t)=\frac{2\langle f(t),f'(t)\rangle}{2\sqrt{\langle f(t),f(t)\rangle}}=\frac{\langle f(t),f'(t)\rangle}{\|f(t)\|}.$$

On va dériver $D$. Notons $$X(x)=\begin{pmatrix}P_1(x)\\P_2(x)\\\vdots \\ P_n(x)\end{pmatrix}.$$ Alors on a pour tout $x\in\mathbb R,$ $$D(x)=\det(X(x),X'(x),\dots,X^{(n-1)}(x)).$$ Par composition d'une application multilinéaire et d'applications de classe $\mathcal C^\infty,$ on sait que $D$ est dérivable sur $\mathbb R$ et que, pour tout $x\in\mathbb R,$ \begin{align*} D'(x)&=\det(X'(x),X'(x),X''(x),\dots,X^{(n-1)}(x))+\det(X(x),X''(x),X''(x),\dots,X^{(n-1)}(x))\\ &\quad+\dots+\det(X(x),\dots,X^{(n-1)}(x),X^{(n-1)}(x))+\det(X(x),\dots,X^{(n-2)}(x),X^{(n)}(x)). \end{align*} Les $n-1$ premiers déterminants qui apparaissent à droite de l'égalité sont nuls car ils comportent chacun deux colonnes identiques. Pour le dernier déterminant, sa dernière colonne est identiquement nulle. Il est donc nul lui aussi. On vient donc de prouver que, pour tout $x\in\mathbb R,$ $D'(x)=0$. Ainsi, $D$ est une fonction constante.

La fonction $\phi:[a,b]\to\mathbb R$ est continue sur $[a,b]$ et dérivable sur $]a,b[$. D'après le théorème des accroissements finis, il existe $c\in ]a,b[$ tel que $$\phi(b)-\phi(a)=(b-a)\phi'(c).$$ Mais $\phi'(c)=\langle f(b)-f(a),f'(c)\rangle$ et donc par l'inégalité de Cauchy-Schwarz, $$\phi'(c)\leq \|f(b)-f(a)\|\times \|f'(c)\|.$$ D'autre part, $$\phi(b)-\phi(a)=\|f(b)-f(a)\|^2.$$ On en déduit le résultat voulu.

Puisque $p$ est une application linéaire, on a \begin{align*} p\left(\int_0^{1/2}f(t)dt\right)&=\int_0^{1/2}p(f(t))dt\\ &=\int_0^{1/2}\left(\frac1{\sqrt{1-t^2}}+2t\right)dt\\ &=\left[\arcsin(t)+t^2\right]_0^{1/2}\\ &=\frac\pi 6+\frac 14. \end{align*}

Soit $G$ un supplémentaire de $F$ dans $E$ et $p$ la projection sur $F$ parallèlement à $G$. En particulier, pour tout $x\in E$, on a $p(x)\in F$. On sait que plus que, pour tout $x\in E,$ $x\in F$ si et seulement si $p(x)=x$. Or, $$p\left(\int_a^b f(t)dt\right)=\int_a^b p(f(t))dt=\int_a^b f(t)dt.$$ Ceci prouve le résultat demandé.

Posons $M=\sup_{t\in [a,b]}\|f'(t)\|$ et écrivons que $f(t)=\int_a^t f'(x)dx$. Alors on a \begin{eqnarray*} \left\| \int_a^b f(t)dt\right\|&\leq&\int_a^b \int_a^t \|f'(x)\|dx dt\\ &\leq&\int_a^b \int_a^t Mdx dt\\ &\leq&\int_a^b M(t-a)dt\\ &\leq&M\frac{(b-a)^2}2. \end{eqnarray*}