Le laplacien est indépendant de la base orthonormée

[Mourien]

Bonjour, je cherche l'exo suivant :

Soit $ f\in\mathcal C^2(\mathbb R^n,\mathbb R) $. Montrer que $\Delta f =\displaystyle \sum_{k=1}^n \partial_k^2 f$ est indépendant de la base orthonormée choisie pour le calculer.

Après beaucoup de recherche, j'ai trouvé cette preuve :

Je prends $e=(e_1,\dots,e_n)$ et $\varepsilon=(\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_n)$ deux bases orthonormées de $\mathbb R^n$.
Je fixe $u\in\mathbb R^n$.

Je remarque que $(x,y)\mapsto \partial_x\partial_y f(u)$ est une forme bilinéaire symétrique.
En effet le théorème de Schwartz donne le caractère symétrique, et pour $x,y,y'\in \mathbb R^n$ ainsi que $\lambda\in\mathbb R$, on écrit :
$\partial_{x}\partial_{y+\lambda y'} f(u)= \partial_x \operatorname d f(u).(y+\lambda y')$
et on conclut avec la linéarité de la différentielle et de la dérivation partielle.


On note sa matrice dans la base $\varepsilon $ $H_{\varepsilon}(f)$, celle dans la base $e$ $H_e(f)$.

Le changement de base pour une forme bilinéaire donne :
$H_{\varepsilon}(f) = {^t\mathcal P}_{e\rightarrow \varepsilon} H_e(f) \mathcal P_{e\rightarrow \varepsilon}$.

On conclut en passant à la trace vu $\mathcal P_{e\rightarrow \varepsilon}\in O_n(\mathbb R)$.


Je trouve cette preuve difficile pour un résultat qui, je crois, admet une preuve plus simple ou naturelle (en plus j'utilise un résultat hors programme sur les changements de base des formes bilinéaires). Qu'en pensez-vous ?

[JeanN]

Tu peux faire le calcul directement avec la règle de la chaine.

[Mourien]

Je ne vois pas de composée dans $\Delta f$... (désolé, je suis vraiment lent en calcul diff...)

[JeanN]

Ton problème se ramène au problème suivant.
Etant donné $f:R^n\to R$ de classe $C^2$ et $P\in O_n(R)$, on pose $g:Y\mapsto f(PY)$.
Montrer que $\Delta g(Y)=\Delta f(X)$ avec $X=PY$ (et $\Delta g(Y)$ la somme des doubles dérivées qui vont bien par rapport à $y_i$).

[Mourien]

Prenons $ (x_1,\dots,x_n) $ la base canonique sans perdre la généralité.

$\Delta g(Y)= \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{\partial^2 g}{\partial y_k^2} (Y)$

Or $g(Y)=(f\circ \hat P )(Y)$ avec $\hat P$ l'endomorphisme de changement de base (la multiplication par $P$).

En notant $\hat P_i$ les fonctions composantes de $\hat P$ dans la base $(x_1,\dots,x_n)$, la règle de la chaîne donne :

$\dfrac{\partial g}{\partial y_k}(Y)=\displaystyle \sum_{i=1}^n \dfrac{\partial \hat P_i}{\partial y_k}(Y)\dfrac{\partial f}{\partial x_i} (PY)$

Or $\hat P_i (Y) $ est la $i$-ème composante du vecteur $PY$ dans la base canonique : $\hat P_i(Y)=\displaystyle\sum_{j=1}^n P_{ij}y_j$

Ainsi $\dfrac{\partial \hat P_i}{\partial y_k} (Y) = P_{ik}$

Donc $\dfrac{\partial g}{\partial y_k}(Y)=\displaystyle\sum_{i=1}^n P_{ik}\dfrac{\partial f}{\partial x_i} (PY)$

Puis : $\dfrac{\partial^2 g}{\partial y_k^2}(Y)=\displaystyle\sum_{1\le i,j\le n}P_{ik}P_{jk}\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_i\partial x_j} (PY)$.

Puis en sommant il suit $\Delta g(Y)=\displaystyle\sum_{k=1}^n\sum_{1\le i,j\le n}P_{ik}P_{jk}\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_i\partial x_j} (PY)=\Delta f(X) + 2 \sum_{i<j} \dfrac{\partial^2 f}{\partial x_i\partial x_j} (PY) \sum_{k=1}^n P_{ik}P_{jk}=\Delta f(X)$

(en utilisant le théorème de Schwarz, et vu $P$ orthogonale)

Merci beaucoup JeanN, je suis content d'avoir fait le calcul (pas évident du tout pour moi) !

edit : je m'étais emmêlé dans les bases

[Mourien]

Ton problème se ramène au problème suivant.
Etant donné $f:R^n\to R$ de classe $C^2$ et $P\in O_n(R)$, on pose $g:Y\mapsto f(PY)$.
Montrer que $\Delta g(Y)=\Delta f(X)$ avec $X=PY$ (et $\Delta g(Y)$ la somme des doubles dérivées qui vont bien par rapport à $y_i$).

Et on se ramène au problème originel en remarquant que

$\dfrac{\partial g}{\partial y_k}(Y)=\dfrac{\partial f}{\partial y_k}(PY)$ donc $\Delta g (Y)=\displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{\partial^2 f}{\partial y_k^2}(X)$

[Calli]

Bonjour,$\def\tr{\mathop{\rm tr}}$
Je note $E$ l'espace euclidien de base parce que je trouve ça plus clair (dans l'énoncé $E=\Bbb R^n$).
La différentielle d'ordre 2 en un point $x$, $D^2f(x)$, est une application bilinéaire $E\times E\to\Bbb R$. Dans une base orthonormée ${\cal B}_1$, elle peut être représentée par une matrice $M_1$ (et $M_2$ dans une autre base orthonormée ${\cal B}_2$). Soit $P\in O(E)$ la matrice de passage de ${\cal B}_1$ à ${\cal B}_2$. On peut démontrer que $M_2= \,^t\!P M_1 P$ (exercice) donc $\tr (M_1) = \tr( M_2)$. Ainsi, la trace de l'application bilinéaire $D^2f(x)$ est bien définie de façon canonique et indépendamment d'un choix de base. Or le laplacien de $f$ calculé dans n'importe quelle base orthonormée vaut $\Delta f(x) = \tr(D^2f(x))$ (exercice). Donc $\Delta f(x) $ est indépendant de la base de calcul choisie.
En faisant ainsi, on ne fait quasiment aucun calcul.

Edit : Ça ressemble à ce que tu disais dans ton premier message ; j'aurais dû lire avec plus d'attention. Mais peut-être qu'en le reformulant, ça paraîtra plus clair.

[JeanN]

Aucun calcul mais deux exercices
Mais oui, c'est la bonne façon de voir les choses en dehors de toute considération sur le programme et l'esprit du programme.

[Mourien]

Merci à vous deux, en effet je préfère clairement la première preuve

@Calli : je ne connais pas trop la différentielle d'ordre 2, je suis plus accoutumé aux dérivées partielles multiples et j'ai donc raisonné avec les matrices Hessiennes (dans ce cas le laplacien est directement la trace de la Hessienne)