Dériver la norme, sauf là où la fonction s'annule

Ce que l'on montre. $E$ est euclidien et $f:I\to E$ est dérivable sur l'intervalle $I$, avec $f(t)\ne 0_E$ pour tout $t\in I$. Alors $N=\Vert f\Vert$ est dérivable sur $I$, avec $N^{\prime }=\frac{⟨f,f^{\prime }⟩}{\Vert f\Vert }$. On montre ensuite que l'hypothèse « $f$ ne s'annule pas » n'est pas un confort de rédaction.

Ce qu'on s'autorise. Deux résultats du cours : le produit scalaire de deux fonctions vectorielles dérivables est dérivable, avec $⟨u,v{⟩}^{\prime }=⟨u^{\prime },v⟩+⟨u,v^{\prime }⟩$ ; et la composée d'une fonction dérivable par une fonction dérivable est dérivable.

Stratégie. Ne pas dériver $\Vert f\Vert$ directement : la norme n'est pas dérivable en $0_E$, et le calcul buterait aussitôt sur une racine carrée. On dérive $\Vert f{\Vert }^2$, qui est un produit scalaire, puis on remonte par $\sqrt{\cdot }$.

Étape 1 — le carré. Posons $g=⟨f,f⟩=\Vert f{\Vert }^2$, fonction de $I$ dans $\mathbb{R}$. La dérivation du produit scalaire donne : $g$ est dérivable et $$g^{\prime }(t)=⟨f^{\prime }(t),f(t)⟩+⟨f(t),f^{\prime }(t)⟩=2⟨f(t),f^{\prime }(t)⟩.$$

Étape 2 — la racine, et l'endroit exact où sert l'hypothèse. Puisque $f$ ne s'annule pas, $g(t)=\Vert f(t){\Vert }^2>0$ pour tout $t$ : la fonction $g$ est à valeurs dans $]0,+\infty [$, ouvert sur lequel $u\mapsto \sqrt{u}$ est dérivable, de dérivée $\frac{1}{2\sqrt{u}}$. La composée $N=\sqrt{g}$ est donc dérivable, et $$N^{\prime }(t)=\frac{g^{\prime }(t)}{2\sqrt{g(t)}}=\frac{2⟨f(t),f^{\prime }(t)⟩}{2\Vert f(t)\Vert },\text{soit}\boxed{\Vert f{\Vert }^{\prime }(t)=\frac{⟨f(t),f^{\prime }(t)⟩}{\Vert f(t)\Vert }}$$ C'est là, et uniquement là, que l'hypothèse a servi : $\sqrt{\cdot }$ n'est pas dérivable en $0$.

Étape 3 — le contre-exemple en un zéro. Prenons $E={\mathbb{R}}^2$, $I=\mathbb{R}$ et $f(t)=(t,0)$. Cette fonction est dérivable — chaque coordonnée l'est — et $f(0)=0_E$. Or $$\Vert f(t)\Vert =\sqrt{t^2}=|t|,$$ dont le taux d'accroissement en $0$ vaut $+1$ à droite et $-1$ à gauche : $\Vert f\Vert$ n'est pas dérivable en $0$. L'hypothèse tombe, la conclusion aussi.

Le point délicat. Ce contre-exemple ne dit pas que $\Vert f\Vert$ est toujours non dérivable en un zéro de $f$ : pour $f(t)=(t^2,0)$, on a $\Vert f(t)\Vert =t^2$, parfaitement dérivable en $0$. En un zéro, le théorème ne dit simplement plus rien — et la formule elle-même perd son sens, son dénominateur s'annulant.

Une conséquence à retenir. L'inégalité de Cauchy-Schwarz appliquée au numérateur donne, en tout point où $f$ ne s'annule pas, $$|\Vert f{\Vert }^{\prime }(t)|=\frac{|⟨f(t),f^{\prime }(t)⟩|}{\Vert f(t)\Vert }\le \Vert f^{\prime }(t)\Vert :$$ la vitesse à laquelle varie la distance à l'origine ne dépasse jamais la norme de la vitesse. Le cas d'égalité est celui où $f^{\prime }(t)$ est colinéaire à $f(t)$, c'est-à-dire un déplacement radial ; le cas $N^{\prime }(t)=0$ est celui où $⟨f(t),f^{\prime }(t)⟩=0$, et l'on retrouve la relation « $\Vert f\Vert$ constante $⟺$ $f\perp f^{\prime }$ » du mouvement à distance constante.

Acquis. Deux réflexes, valables bien au-delà de cet énoncé : on dérive un carré scalaire, jamais une norme ; et une hypothèse de non-annulation, dans un énoncé de dérivabilité, se lit comme le domaine où la fonction extérieure de la composée est dérivable.