Exercices(5) corrigés en PDF

Exercices corriges

Joseph DI VALENTIN

Septembre 2013

iii

Avant propos

Cet ouvrage a pour objectif d’aider les eleves de classes preparatoires.

Ce livre est aussi utile aux eleves des Ecoles d’ingenieur, aux candidats aux concours

de recrutement ainsi qu’a tous ceux qui souhaitent completer leurs connaissances en

mathematiques.

Tous droits reserves, Exercices corriges, Janvier 2013, Joseph Di Valentin.

Table des matieres

1 Calcul differentiel 1

2 Corriges Calcul differentiel 29

v

Chapitre 1

Calcul differentiel

Application differentiable

Soient E et F deux K vectoriels normes (K=R ou C). Soient U un ouvert de E etf une application de U dans F . Soit enfin a ∈ U .f est dite differentiable1 en a s’il existe une application lineaire l ∈ LC(E, F ) telle

que2 limh→0

1

‖h‖E

(f(a+ h)− f(a)− l(h)) = 0.

Soit f definie de l’ouvert U de l’espace vectoriel norme E dans l’espace vectorielnorme F . U etant ouvert il existe η > 0 tel que pour h ∈ E, ‖h‖

E6η ⇒ a+ h ∈ U .

Supposons f differentiable en a ∈ E.Soient l1 et l2 deux applications lineaires continues verifiant pour i = 1 ou 2,

limh→0

1

‖h‖E

(f(a+ h)− f(a)− li(h)) = 0.

Nous en deduisons, en notant l = l1 − l2, limh→0

1

‖h‖E

l(h) = 0 c’est-a-dire ∀ε > 0, il

existe α > 0 tel que pour tout h ∈ E verifiant ‖h‖E6α on ait ‖l(h)‖

F6ε‖h‖

E.

Soit alors h un element quelconque non nul de E. En choisissant t =α

‖h‖E

, nous

avons ‖t h‖ = α donc ‖l(t h)‖F6ε‖t h‖

Epuis, l etant lineaire, ‖l(h)‖

F6ε‖h‖

E.

Finalement ∀ε > 0, ∀h ∈ E, ‖l(h)‖F6ε‖h‖

E. Nous en deduisons alors que l(h) est

nul.La differentielle de f en a est unique ; elle est appelee differentielle de f en a et estnotee df(a).Si f est differentiable en tout point de U alors f est dite differentiable sur U . L’appli-

1La notion de differentiabilite a ete pendant un moment supprimee des programmes des classespreparatoires puis a ete remise au programme. Je laisse donc ces exercices preliminaires pour ceuxd’entre vous qui n’auraient pas vu cette notion. Dans les exercices de ce chapitre lorsque je parleraide differentiabilite il faudra utiliser les resultats de cet exercice. Dans de nombreux cas l’etude dela differentiabilite est plus simple a etudier que la recherche des derivees partielles ; qui plus estlorsque l’espace de depart est de dimension infinie les derivees partielles “s’effacent” mais il restetoujours la derivee selon un vecteur non nul.

2Ce qui est equivalent a limh→0

‖f(a+ h)− f(a)− l(h)‖F

‖h‖E

= 0.

CHAPITRE 1. CALCUL DIFFERENTIEL

cation df definie de U dans LC(E, F ) qui a a associe df(a) est appelee differentiellede f .Si f est differentiable sur U et si df est continue3 de U dans LC(E, F ) alors f estdite de classe C1.

Notons, pour h ∈ E, h 6= 0, a + h ∈ U , ε(h) =1

‖h‖E

(f(a+ h)− f(a)− l(h)) et

ε(0) = 0.Si f est differentiable en a alors ∀h ∈ E verifiant a + h ∈ U nous avons f(a+ h) =f(a) + l(h) + ‖h‖

Eε(h) avec ε continue en 0.

Reciproquement s’il existe un application ε definie pour h ∈ E avec a + h ∈ Ucontinue en 0 et nulle en 0 et s’il existe une application lineaire continue definie deE dans F verifiant ∀h ∈ E avec a+ h ∈ U , f(a+ h) = f(a) + l(h) + ‖h‖

Eε(h) alors

f est differentiable en a.La preuve est immediate.En utilisant la relation precedente f(a + h) = f(a) + l(h) + ‖h‖

Eε(h) nous avons

bien limh→0

f(a+ h) = f(a) donc f est continue en a lorsqu’elle est differentiable en a.

Soient f et g deux applications definies de U dans F differentiables en a ∈ U . Soitλ ∈ K.f et g etant differentiables en a nous avons pour tout h ∈ E verifiant a + h ∈ U ,f(a+ h) = f(a) + df(a)(h) + ‖h‖

Eε1(h), g(a+ h) = g(a) + dg(a)(h) + ‖h‖

Eε2(h) ou

ε1 et ε2 sont nulles en 0, continues en 0. Nous avons immediatement(g + λf)(a+ h) = (g + f)(a) + (dg(a) + λdf(a))(h) + ‖h‖

E(λε1(h) + ε2(h)).

λf + g est differentiable en a et d(λf + g)(a) = λdf(a) + dg(a).L’ensemble des applications definies de U dans F differentiables en a est donc unespace vectoriel.

Soit f une application definie sur un ouvert de R a valeurs dans l’espace vectorielnorme F . Soit a ∈ U . Supposons que f est differentiable en a. Nous avons, pourh ∈ R verifiant a + h ∈ U , la relation f(a + h) = f(a) + l(h) + |h|ε(h) ou l est uneapplication lineaire continue4 de R dans F et ε une application continue en 0, nulleen 0 definie sur V = U − a.f(a+ h) = f(a) + hl(1) + |h|ε(h). f est donc bien derivable en a et la derivee de fen a est egale a l(1) = f ′(a).

Soient E, F et G trois espaces vectoriels normes. Soient U un ouvert de E et V unouvert de F . Soient f une application de U dans V et g une application de V dansG.On suppose f differentiable en a ∈ U et g differentiable en b = f(a).Il existe deux applications lineaires continues l1 ∈ LC(E, F ) et l2 ∈ LC(F, G) et ilexiste deux applications ε1 et ε2 definies respectivement de U−a dans F et de V − bdans G continues en 0, nulles en 0, verifiant pour h ∈ U − a et pour k ∈ V − b,g(b+ k) = g(b) + l2(k) + ‖k‖

Fε2(k) et f(a+ h) = f(a) + l1(h) + ‖h‖

E]ε1(h).

g(f(a+ h)) = g(b) + l2[l1(h)) + l2(‖h‖Eε1(h)

]

3LC(E, F ) est muni de la norme subordonnee aux normes de E et de F .4Toute application lineaire de K dans F (K=R ou C) est continue.

En effet, soit l une telle application lineaire.l(x) = xl(1) donc lim

x→0(l(x) = lim

x→0xl(1) = 0. l est continue en 0 donc continue car lineaire.

2


+‖l1(h) + ‖h‖Eε1(h)‖Fε2(l1(h) + ‖h‖

Eε1(h)).

l1 et l2 sont continues donc il existe K1 et K2 reels positifs tels que∀h ∈ E, ‖l1(h)‖F6K1‖h‖E et ∀k ∈ F , ‖l2(k)‖G6K2‖k‖F .Nous obtenons alors‖l2(‖h‖Eε1(h)) + ‖l1(h) + ‖h‖

Eε1(h)‖Fε2(l1(h) + ‖h‖

Eε1(h))‖G

6‖h‖E

(K2‖ε1(h)‖F + (K1 + ‖ε1(h)‖F )‖(ε2(l1(h) + ‖h‖

Eε1(h)))‖G

).

Posons ϕ(h) = K2‖ε1(h)‖F + (K1 + ‖ε1(h)‖F )‖(ε2(l1(h) + ‖h‖Eε1(h)))‖G.

ε1, ε2 et l1 sont nulles en 0, continues en 0 donc ϕ(0) = 0 et ϕ est continue en 0.

Nous en deduisons limh→0

‖(g ◦ f)(a+ h)− (g ◦ f)(a)− (l2 ◦ l1)(h)‖G‖h‖

E

= 0.

g ◦ f est differentiable en a et d(g ◦ f)(a) = (dg(b)) ◦ (df(a)).Soient E et F deux espaces vectoriels normes. Soient U un ouvert de E et f uneapplication de U dans F . Soit enfin a ∈ U . Soit e ∈ E \ {0}. f est dite derivable ena suivant e si l’application t 7−→ f(a+ te) definie sur un voisinage de 0 est derivableen 0.

Supposons que l’application f definie de U ⊂ E dans f soit differentiable en a ∈ E.Soit e ∈ E \ {0}. U est ouvert donc il existe α > 0 tel que pour tout t ∈ [−α, α] onait a+ t e ∈ U .Posons g(t) = f(a+ t e).g(t)− g(0) = f(a+ t e− f(a) = df(a)(t e) + ‖t e‖

Eε(t e) ou ε est nulle en 0, conti-

nue en 0.Il vient alors g(t)− g(0) = t(df(a))(e) + |t| ‖e‖

Eε(te).

limt→0

|t| ‖e‖Eε(t e)

t= 0 donc lim

t→0

g(t)− g(0)

t= df(a)(e).

g est derivable5 en 0 de derivee df(a)(e).

Supposons E = Rp. Notons (x1, · · · , xp) les coordonnees d’un element x de Rp dansla base canonique de Rp. Soit (ε1, · · · , εp) la base canonique de Rp. Soit j ∈ Np. Laderivee, si elle existe, de f suivant εj en a s’appelle derivee partielle d’indice j de f

en a et se note ∂jf(a) ou∂f

∂xj(a).

Soit h =

p∑

k=1

hkεk ou (εk)k∈Npest la base canonique de Rp. Nous avons vu precedem-

5La reciproque est fausse.Considerons l’application f definie sur R2 par f((0, 0)) = 0 et pour (x, y) 6= (0, 0),

f(x, y) =x3 + y3

x2 + y2.

Notons x = r cos(θ) et y = r sin(θ). ∀(x, y) ∈ R2, f(x, y) = r((cos(θ))3 + (sin(θ))3). f est continue

en 0. Soit e = (α, β). ∀t ∈ R, ∀e 6= 0, f(t e) = tα3 + β3

α2 + β2. f possede donc une derivee suivant e en

0 ; cette derivee est egale =α3 + β3

α2 + β2.

Supposons que f soit differentiable en 0. La differentielle, l, de f en 0 verifie donc d’apres la partiedirecte l((1, 0)) = 1 et l((0, 1)) = −1. l((x, y)) = xl((1, 0)) + yl((0, 1)) = x + y. Nous devrions

donc avoir lim(x, y)→(0, 0)

x3+y3

x2+y2 − (x+ y)√x2 + y2

= 0. Or

x3+y3

x2+y2 − (x+ y)√x2 + y2

= cos(θ) + sin(θ). Il n’y a donc

pas de limite en (0, 0).

3


ment que si f est differentiable en un point a ∈ U ⊂ Rp,

∀k ∈ Np, ∂kf(a) =∂f

∂xk(a) = df(a)(εk).

Nous en deduisons immediatement df(a)(h) =

p∑

k=1

hk∂kf(a).

Question preliminaire.

Soient f une application definie sur un intervalle I = [a, b] ⊂ R a valeurs dans unespace vectoriel norme E et g une application definie sur I a valeurs dans R. Onsuppose f et g derivables et ∀t ∈ I, ‖f ′(t)‖

E6g′(t).

Nous avons l’inegalite ‖f(b)− f(a)‖E6g(b)− g(a).

Preuve du preliminaire.

Soit ε > 0 et soit A = {t ∈ [a, b], ‖f(t)− f(a)‖E6g(t)− g(a) + ε(t− a)}.

a ∈ A donc A 6= ∅. Soit alors c la borne superieure de A. Si c = a alors c ∈ A.Supposons c ∈]a, b].c etant la borne superieure de a, pour n ∈ N il existe cn ∈ A ∩

[c− 1

n+ 1, c

]. Il

existe donc une suite (cn)n∈N de points de A ∩ [a, c] convergeant vers c.f et g sont derivables sur I = [a, b], (a < b), donc continues en c et il vient

limn→+∞

‖f(cn)− f(a)‖E− g(cn) + g(a)− ε(cn − a)

= ‖f(c)− f(a)‖E− g(c) + g(a)− ε(c− a)60.

c est donc dans A.Supposons alors c < b.f est derivable en c donc il existe α1 > 0 tel que pour tout h ∈]c, c + α1] on

ait

∥∥∥∥1

h(f(c+ h)− f(c))− f ′(c)

∥∥∥∥E

6ε

2. De meme il existe α2 > 0 tel que pour tout

h ∈]c, c+ α2] on ait

∣∣∣∣1

h(g(c+ h)− g(c))− g′(c)

∣∣∣∣6ε

2.

Nous en deduisons pour 0 < h6min(α1, α2),

‖f(c+ h)− f(c)‖E6h‖f ′(c)‖

E+ h

ε

26hg′(c) + h

ε

2et

g(c+ h)− g(c)− hg′(c)>− hε

2.

Finalement6

‖f(c+ h)− f(c)‖E6g(c+ h)− g(c) + hε.

‖f(c+ h)− f(a)‖E6‖f(c+ h)− f(c)‖

E+ ‖f(c)− f(a)‖

E

6g(c+ h)− g(c) + hε+ g(c)− g(a) + ε(c− a)= g(c+ h)− g(a) + ε((c+ h)− a).

Nous en deduisons que c+ h ∈ A et donc que c n’est pas la borne superieure de A ;il s’en suit que c = b.Finalement, ∀ε > 0, ‖f(b)− f(a)‖

E6g(b)− g(a) + ε(b− a).

ε etant quelconque nous avons bien ‖f(b)− f(a)‖E6g(b)− g(a).

Soit f definie sur l’ouvert U de Rp (p > 1), a valeurs dans l’espace vectoriel normeF . Soit a = (a1, · · · , ap) un element de U . Soit h = (h1, · · · , hp) ∈ Rp. On suppose

6En fait dans cette demonstration seule l’existence d’une derivee a droite en tout point de [a, b[est utilisee.

4


que f possede des derivees partielles au voisinage de a, toutes continues en a.

Choisissons comme norme la norme definie par ‖h‖ =

p∑

j=1

|hj |.

Notons ϕ1(h1) = f(a1 + h1, a2, · · · , ai, · · · , ap)− f(a)− h1∂1f(a).Pour j ∈ Np−1 \ {1} notonsϕj(hj) = f(a1 + h1, · · · , aj + hj , aj+1, · · · , ap)

−f(a1 + h1, · · · , aj, aj+1, · · · , ap)− hj∂jf(a).Pour j = p notonsϕp(hp) = f(a1 + h1, · · · , ai + hi, · · · , ap−1 + hp−1, ap + hp)

−f(a1 + h1, · · · , ai + hi, · · · , ap−1 + hp−1, ap)− hp∂pf(a).Par hypothese chaque fonction ϕj est derivable au voisinage de 0 ; pour chaquej ∈ Np \ {1, p},(ϕj)

′(hj) = ∂jf(a1 + h1, · · · , aj + hj , aj+1, · · · , ap)− ∂jf(a)) et(ϕp)

′(hp) = ∂pf(a1 + h1, · · · , ai + hi, · · · , ap−1 + hp−1, ap + hp)− ∂pf(a).Chaque derivee partielle etant continue en a, nous en deduisons que pour tout ε > 0il existe α > 0 tel que pour tout h ∈ Rp verifiant ‖h‖6α on ait ∀j ∈ Np \ {1},‖ϕ′

j(hj)‖F6ε.En utilisant le resultat preliminaire demontre plus haut nous en deduisons, pour‖h‖6α, ∀j ∈ Np \ {1}, ‖ϕj(hj)‖F6ε|hj|.limh1→0

1

h1ϕ1(h1) = 0 donc7 il existe β > 0 tel que pour ‖h‖6β on a ‖‖

Fϕ1(h1)6|h1|ε.

f(a+ h)− f(a)−p∑

j=1

hj∂jf(a) =

p∑

j=1

ϕj(hj) donc pour ‖h‖6min(α, β) nous avons

‖f(a+ h)− f(a)−p∑

j=1

hj∂jf(a)‖F6εp∑

j=1

|hj| = ‖h‖ε. f est bien differentiable en a.

Supposons f de classe C1. L’application x ∈ U 7−→ df(x) ∈ LC(Rp, F ) est continue.

Soit a ∈ U . Soit ε > 0 il existe α > 0 tel que pour x ∈ U verifiant ‖x− a‖6α on ait‖|df(x)− df(a)‖|6ε.df(x)− df(a) est une application lineaire continue donc‖|df(x)− df(a)‖| = sup

‖h‖=1

‖df(x)(h)− df(a)(h)‖F.

Nous en deduisons en particulier que pour tout h de norme 1 et pour tout x ∈ Uverifiant ‖x− a‖6α on a ‖df(x)(h)− df(a)(h)‖

F6ε.

En choisissant h = εj nous obtenons ‖∂jf(x)−∂jf(a)‖F6ε. Chaque application ∂jfest donc continue sur U .Supposons que chaque application ∂jf , j ∈ Np, soit definie sur U , continue sur U .Nous avons vu precedemment que f est differentiable en tout point de U .Soit a ∈ U . Pour ε > 0 il existe α > 0 tel que pour x ∈ U verifiant ‖x − a‖6α onait ∀j ∈ Np, ‖∂jf(x)− ∂jf(a)‖6ε.

Nous avons alors ∀h ∈ Rp,

∥∥∥∥∥

p∑

j=1

hj(∂jf(x)− ∂jf(a))

∥∥∥∥∥F

6ε

p∑

j=1

|hj |

7Mettre a part le cas j = 1 sert simplement a prouver que l’une des derivees partielles peut nepas etre necessairement continue et obtenir tout de meme la differentiabilite de l’application f .

5


c’est-a-dire en choisissant comme norme sur Rp la norme definie par ‖h‖ =

p∑

j=1

|hj |

nous obtenons ∀h ∈ Rp, ‖(df(x)− df(a))(h)‖F6ε‖h‖ soit encore

‖|df(x)− df(a)‖|6ε. df est bien continue ; l’equivalence est demontree.

Quelques elements utiles pour la suite

Champ de gradient

Je rappelle ce qui a ete vu dans le chapitre intitule “exercice1” a la page 275 a l’exer-cice 101.Un ensemble, A, inclus dans un espace topologique, E, (pour nous un espace me-trique, par exemple vectoriel norme, ou R) est connexe s’il n’existe pas deux ouverts,relatifs8, disjoints non vides O1 et O2 tels que A = (A ∩O1) ∪ (A ∩ O2) c’est-a-direencore A ⊂ O1 ∪ O2.Si A est ouvert ; il est connexe s’il n’existe pas deux ouverts disjoints non vides O1

et O2 tels que A = O1 ∪ O2.Un ensemble A, inclus dans un espace vectoriel norme E est dit connexe par arcslorsque ∀(a, b) ∈ A2 il existe une application f continue definie sur un inter-valle ferme borne, [α, β], de R a valeurs dans A (c’est-a-dire un chemin) telle quef(α) = a, f(β) = b.Nous avons demontre que si un ensemble A, inclus dans un espace vectoriel normeE est connexe et ouvert alors il est connexe par arcs.Si un ensemble quelconque A, inclus dans un espace vectoriel norme E est connexepar arcs alors il est connexe. La reciproque n’etant pas vraie.

Redemontrons ces divers points.

Soit A un ensemble ouvert connexe inclus dans un espace vectoriel norme E.Soient a ∈ A. Notons A1 l’ensemble des points de A connectes9 a a. A1 6= ∅ cara ∈ A1.Soit x ∈ A1 ⊂ A. A est ouvert donc il existe une boule, B, centree en x de rayonstrictement positif incluse dans A. Le segment [x, y] est inclus dans A pour tout yde B. En concatenant ce chemin avec le chemin d’origine a et d’extremite x nousconstruisons un chemin inclus dans A d’origine a et d’extremite y. La boule B estdonc incluse dans A1 ce qui prouve que A1 est un ouvert.Nous aurions pu definir A1 differemment ; soit A1 l’ensemble des points de A connec-tes a a par une ligne brisee reunion d’un nombre fini de segments. A1 6= ∅ car il existeune boule de rayon strictement positif centree en a incluse dans A ; tous les points xde cette boule sont connectes a a car le segment d’extremites a et x est inclus dansA.Soit alors x un element de A1. A est ouvert donc il existe une boule, B, centree enx de rayon strictement positif incluse dans A. Le segment [x, y] est inclus dans Apour tout y de B. En concatenant ce chemin avec le chemin d’origine a et d’extre-mite x nous construisons une ligne brisee incluse dans A d’origine a et d’extremitey constituee d’un nombre fini de segments. La boule B est donc incluse dans A1 ce

8C’est-a-dire intersection d’ouverts de E avec A.9b ∈ A est connecte a a s’il existe un chemin inclus dans A d’origine a et d’extremite b.

6


qui prouve que A1 est un ouvert.Montrons que A1 est ferme.Soit x ∈ A1. Soit B une boule centree en x de rayon strictement positif. Il existey ∈ A1∩B. Le segment d’extremites x et y est inclus dans A si le rayon de la bouleest suffisamment petit. Il existe donc une ligne brisee constituee d’un nombre finide segments d’origine a et d’extremite x incluse dans A. Nous en deduisons que xest dans A1. A1 est alors ferme. Finalement, si A1 6= A, le complementaire A2 de A1

dans A est ouvert non vide et A est la reunion de deux ouverts non vides disjoints ;ce qui est contraire a l’hypothese A connexe. Donc A1 = A et A est bien connexepar arcs ; les arcs pouvant etre des lignes brisees constituees d’un nombre fini desegments inclus dans A.Attention, si A n’est pas ouvert il peut etre connexe par arcs sans qu’il soit possiblede trouver une ligne brisee reliant deux points entre eux ; par exemple un cercle estconnexe par arcs mais il n’existe aucune ligne brisee reliant deux points, distincts,du cercle.Supposons qu’un ensemble non vide A inclus dans E soit connexe par arcs.Supposons qu’il existe deux ouverts relatifs O1 et O2, inclus dans A non vides et dis-joints dont la reunion soit egale a A ; c’est-a-dire que nous supposons A non convexe.Soit f l’application definie sur A par f(x) = 0 pour x ∈ O1, f(x) = 1 pour x ∈ O2.Soit V un ouvert de R. Nous avons les cas possibles suivants : {0, 1} ⊂ V ,0 ∈ V, 1 6∈ V , 1 ∈ V, 0 6∈ V , 0 6∈ V, 1 6∈ V .Nous obtenons respectivementf−1(O) = A, f−1(O) = O1, f

−1(O) = O2, f−1(O) = ∅. Il s’agit dans les quatre

cas d’un ouvert de A. f est donc une application continue. Soit γ une applicationcontinue definie de [0, 1] dans A telle que γ(0) = a ∈ O1 et γ(1) = b ∈ O2.γ existe car A est connexe par arcs. g = f ◦ γ est continue de [0, 1] dans R.g(0) = 0, g(1) = 1 donc g doit prendre toutes les valeurs reelles entre 0 et 1 ce quiest faux car g([0, 1]) = {0, 1}.L’hypothese faite concernant la non connexite de A est fausse et A est bien connexe.Un ensemble convexe est donc connexe.Un ouvert, U inclus dans un espace vectoriel norme E est dit etoile s’il existe a ∈ Utel que pour tout point x de U le segment d’extremites a et x est inclus dans U .Un ouvert etoile est connexe par arcs.

Formes differentielles.

Soit E un espace vectoriel norme. Soit U un ouvert de E. On appelle forme diffe-rentielle de degre 1 definie sur U , une application, ω, de U dans E ′ l’ensemble desformes lineaires continues definies sur E. E ′ est muni de la norme subordonnee a lanorme definie sur E. Si E = Rn, E ′ = E∗.Si ω est de classe Cp, ω est dite forme differentielle de classe Cp.Supposons E = Rn.Soit (ε1, · · · , εn) la base canonique de Rn. Soit f une application de classe C1 de-finie sur un ouvert U de Rn a valeurs dans R. df est l’application qui a x ∈ U faitcorrespondre df(x) ∈ E∗. df est donc une forme differentielle de degre 1.Considerons pour chaque i ∈ Nn, l’application ei : x = (x1, · · · , xn) 7−→ xi.La differentielle de cette application ei est h = (h1, · · · , hn) ∈ Rn 7−→ hi ∈ R. Elle

7


ne depend pas de x ; d(ei) est notee dxi.La famille (d(xi))i∈Nn

est une base de E∗ donc toute forme differentielle de degre 1

s’ecritn∑

i=1

aidxi.

Une forme differentielle est donc de classe Cp si et seulement si les applications aisont de classe Cp.Une forme differentielle ω definie sur un ouvert de E est dite exacte s’il s’agit dela differentielle d’une application f differentiable definie de U dans R. Dans ce cas,determiner f s’appelle integrer ω ou trouver une primitive de ω.

Si E = Rn, si ω s’ecrit ω(x) =

n∑

i=1

ai(x)dxi, ω est dite fermee si elle est de classe C1

et verifie∂ai∂xj

=∂aj∂xi

.

Il est immediat que : exacte, de classe C1 ⇒ fermee.Soit γ un chemin de support inclus dans U ⊂ E, d’origine a, d’extremite b, parame-tree par t ∈ [α, β] 7−→ γ(t) ∈ U ⊂ E.On appelle integrale de la forme ω, supposee continue, sur le chemin γ, l’integrale

notee

∫

γ

ω qui est egale a

∫ β

α

ω(γ(t))(γ′(t))dt.

Si E = Rn, si γ(t) = (x1(t), · · · , xn(t)), nous avons∫ β

α

(n∑

i=1

ai(γ(t))x′i(t)

)dt.

Soit θ une application de classe C1 definie de [α1, β1] dans [α, β], strictement mo-notone. Considerons l’application γ1 = γ ◦ γ. γ([α, β]) = γ1([α1, β1]).L’integrale de ω sur le chemin γ1 est egale a∫ β1

α1

[ω(γ(θ(t))] (θ′(t)γ′(t))dt = ε

∫ β

α

[ω(γ(t)] (γ′(t))dt = ε

∫

γ

ω

ou ε = 1 si θ(α1)6θ(β1) ; -1 dans le cas contraire.Si θ′(t) > 0 les arcs γ1 et γ ont meme orientation. Dans le cas contraire, ils ont uneorientation opposee.L’integrale ne depend pas de la parametrisation dans le cas ou les deux parametri-sations (dites admissibles) ont meme orientation.Supposons que γ soit continu, de classe C1 par morceaux. Soit σ = (t0, · · · , tp) unesubdivision admissible de [α, β]. Notons γi la restriction de γ a l’intervalle [ti, ti+1].

On appelle integrale de ω sur γ, l’integrale :

p−1∑

i=1

∫

γi

ω.

Il est immediat que cette integrale ne depend pas de la subdivision σ admissible.Soit γ un chemin continu defini de [α, β] dans U ⊂ E, de classe C1 par morceaux.γ(α) = a, γ(β) = b. Soit σ = (t0, · · · , tp) une subdivision admissible de [α, β].Pour t ∈ [α, β] \ {t0, · · · , tp}.Soit ω une forme differentielle exacte definie sur U . Soit f telle que ω = df .∫

γ

df =

p−1∑

i=0

∫

γi

df =

p−1∑

i=0

∫ ti+1

ti

[df(γi(t))](γ′i(t))dt =

p−1∑

i=0

∫ ti+1

ti

d

dt[f(γi(t))])dt

=

p−1∑

i=0

(f(γ(ti+1))− f(γ(ti))) = f(b)− f(a).

8


En particulier, si ω est exacte et si a = b alors

∫

γ

ω = 0.

Soient f1 et f2 deux applications de classes C1 definies sur un ouvert connexe (doncconnexe par arcs) U telles que df1 = df2. Soit γ un chemin de support inclus dans U

d’extremites a et b.

∫

γ

df1 = f1(b)− f1(a) =

∫

γ

df2 = f2(b)− f2(a). f2 − f1 est donc

constante ; lorsqu’il existe une application f de classe C1 sur un ouvert connexe pararcs verifiant df = ω, celle-ci est unique a une constante additive pres.Lorsque U est un ouvert etoile inclus dans Rn alors une forme differentielle fermeeest exacte.En effet. Supposons que U soit etoile par rapport a a = (a1, · · · , an) ∈ U .Soit x = (x1, · · · , xn) ∈ U . Le segment d’extremites a et x est inclus dans U . Soit

ω(x) =

n∑

i=1

Ai(x)dxi avec ∀(i, j) ∈ (Nn)2,∂Ai

∂xj=∂aj∂xi

.

Posons alors

f(x) =

∫ 1

0

[ω(tx+ (1− t)a)](x− a)dt =

∫ 1

0

n∑

i=1

Ai(tx+ (1− t)a)(xi − ai)dt.

U etant ouvert, il existe h > 0 tel que le paven∏

i=1

[xi − h, xi + h] soit inclus dans U .

Ai est de classe C1 donc la fonction f possede une derivee partielle selon xj continueverifiant∂f

∂xj(x) =

∫ 1

0

Aj(tx+ (1− t)a)dt

+

∫ 1

0

n∑

i=1

t∂Ai

∂xj(tx+ (1− t)a)(xi − ai)(xj − aj)dt.

ω est fermee donc∂f

∂xj(x)=

∫ 1

0

Aj(tx+(1 − t)a)dt +

∫ 1

0

n∑

i=1

t∂Aj

∂xi(tx+(1−t)a)(xi − ai)(xj − aj)dt

=

∫ 1

0

Aj(tx+ (1− t)a)dt+

∫ 1

0

td

dtaj(tx+ (1− t)a)(xj − aj)dt

=

[tAj(tx+ (1− t)a)

]1

0

= Aj(x).

ω est donc exacte.Si U est ouvert convexe alors il est etoile par rapport a chacun de ses points et alorstoute forme differentielle fermee est alors exacte.Si U est un ouvert connexe la condition ω fermee n’implique pas necessairement queω soit exacte.

Par exemple, soit U = R2 \ {(0, 0)}, soit ω(x, y) = xdy − ydx

x2 + y2.

d

dx

x

x2 + y2=

y2 − x2

(x2 + y2)et

d

dy

−yx2 + y2

=y2 − x2

(x2 + y2).

Si f est exacte alors

∫

C

ω doit etre nulle pour par exemple le chemin C defini par

t ∈ [0, 2π] 7−→ (r cos(t), r sin(t)) ∈ U avec r fixe strictement positif.

9


∫

C

ω =

∫ 2π

0

(sin2(t) + cos2(t))dt = 2π 6= 0.

En revanche, soit U un ouvert connexe (donc connexe par arcs) et soit ω une formedifferentielle de degre 1 sur U telle que pour tout chemin, γ, ferme, continu et de

classe C1 par morceaux de support inclus dans U on ait

∫

γ

ω = 0. Alors, ω est exacte.

Soit a ∈ U . Soit x ∈ U . Soit γx un chemin continu et de classe C1 par morceaux

de support inclus dans U d’origine a et d’extremite x. Posons f(x) =

∫

γx

ω. f est

parfaitement defini independant du chemin choisi ; en effet soient deux chemins γ1et γ2 analogues au precedent. γ1 defini de [0, 1] dans U et γ2 defini de [1, 2] dansU tels que γ2(1) = γ1(1) et γ1(0) = γ2(2).

Soit enfin γ3 defini de [1, 2] dans U par γ3(t) = γ2(3− t).

∫

γ3

ω = −∫

γ2

ω et par hy-

pothese,

∫

γ1

ω +

∫

γ2

ω = 0 donc la definition de f ne depend pas du chemin continu

et de classe C1 par morceaux d’origine a, d’extremite x de support inclus dans Uchoisi.Il existe un voisinage de x inclus dans U . Soit h ∈ E tel que x+ h ∈ U .Le segment, parametre par t ∈ [0, 1] 7−→ x+ th ∈ E, d’origine x d’extremite x+ hest inclus dans U donc

f(x+ h)− f(x)− (ω(x))(h) =

∫ 1

0

[ω(x+ th)− ω(x)] (h)dt.

ω est continue donc pour tout ε > 0, il existe α > 0 tel que‖y − x‖6α ⇒ ‖|ω(x+ th)− ω(x)‖|6ε.Il vient alors |f(x+ h)− f(x)− (ω(x))(h)|6ε‖h‖.f est donc differentiable de differentielle en x ω(x). ω est donc exacte.Si E = Rn il suffisait de calculer les derivees partielles de f .

En effet avec les memes notations qu’au dessus, f(x) =

∫ β

α

n∑

i=1

Ai(γx(t))x′i(t)dt.

Il existe un pave

n∏

i=1

[xi − η, xi + η] inclus dans U . Pour y ∈ [xi − η, xi + η] notons

z l’element de U dont la kieme composante est xk sauf la iieme qui est egale a y.

g : y ∈ [xi − η, xi + η] 7−→∫ β

α

n∑

i=1

Ai(γz(t))z′i(t)dt.

En choisissant un chemin entre x et z constitue du segment d’extremites x et z nous

obtenons g(xi + h)− g(xi) =

∫ 1

0

Ai(x+ thεi)hdt.

Comme precedemment nous obtenons limh→0

g(xi + h)− g(xi)

h= Ai(x).

Lorsque U est un pave de Rn, nous pouvons faire une demonstration differente.

Supposons que la forme differentielle ω soit fermee ; ω(x) =n∑

i=1

Ai(x)dxi.

Soit a = (a1, · · · , an) ∈ U , x = (x1, · · · , xn) ∈ U .Notons Bi = (aj)j∈Ni

et Vi = (xj)j∈Nn, j>i. B0 = ∅, Vn+1 = ∅.

10


Posons f(x) =n∑

i=1

∫ xi

ai

Ai(Bi−1, t, Vi+1)dt. xj 7−→∫ xi

ai

Ai(Bi−1, t, Vi+1)dt est deri-

vable, de derivee en xj nulle si i > j, de derivee egale a Aj(Bj−1, Vj) si j = i et de

derivee egale a

∫ xi

ai

∂Ai

∂xj(Bi−1, t, Vi+1)dt si i < j.

La forme ω est fermee donc∫ xi

ai

∂Ai

∂xj(Bi−1, t, Vi+1)dt =

∫ xi

ai

∂Aj

∂xi(Bi−1, t, Vi+1)dt

= Aj(Bi−1, Vi)− Aj(Bi, Vi+1).Nous obtenons donc∂f

∂xj(x) = Aj(Bj−1, Vj) +

j−1∑

i=1

(Aj(Bi−1, Vi)− Aj(Bi, Vi+1))

= Aj(Bj−1, Vj) +

j−1∑

i=1

Aj(Bi−1, Vi)−j∑

i=2

Aj(Bi−1, Vi)

= Aj(Bj−1, Vj) + Aj(V1)− Aj(Bj−1, Vj) = Aj(x).ω est bien exacte.

Rotationnel

Soit V = (V1, V2, V3) un champ de vecteurs de classe C1 sur un ouvert U de R3.Les coordonnees du rotationnel du champ V sont :

∂V3∂y

(x, y, z)− ∂V2∂z

(x, y, z)

∂V1∂z

(x, y, z)− ∂V3∂x

(x, y, z)

∂V2∂x

(x, y, z)− ∂V1∂y

(x, y, z)

.

Soit f une application de classe C2.

∂2f

∂x ∂y(x, y, z) =

∂2f

∂y ∂x(x, y, z),

∂2f

∂y ∂z(x, y, z) =

∂2f

∂z ∂y(x, y, z),

∂2f

∂z ∂x(x, y, z) =

∂2f

∂x ∂z(x, y, z).

Donc le rotationnel du gradient de f est nul.Considerons le champ de vecteurs de classe C1

(x, y, z) ∈ U 7−→ (A(x, y, z), B(x, y, z), C(x, y, z)).Si U est etoile par rapport a un de ses points, (a, b, c), et si le champ a un rota-tionnel nul alors, le champ est un champ de gradients.Il suffit d’utiliser le resultat vu precedemment. Nous pouvons refaire la demonstra-tion dans ce cas particulier.

Joseph Di Valentin. Exercices corriges.

11


Posons pour (x, y, z) ∈ U et pour t ∈ [0, 1],m(t) = (a+ t(x− a), b+ t(y − b), c+ t(−z − c))) et

f(x, y, z) =

∫ 1

0

(x− a)A(m(t)) + (y − b)B(m(t)) + (z − c)C(m(t))dt.

f(x, y, z) est bien defini car l’ouvert est etoile.Montrons que le gradient de f est le champ (A, B, C).U est ouvert donc il existe α > 0 tel que (x+h, y+k, z+l) ∈ U pour |h|6α, |k|6α, |l|6α.Nous en deduisons∂f

∂x(x, y, z) =

∫ 1

0

(A(m(t)) + (x− a)t

∂A

∂x(m(t)) + (y − b)t

∂B

∂x(m(t))

+(z − c)t∂C

∂x(m(t))

)dt.

La derivee, en t ∈ [0, 1], de l’application t 7−→ A(m(t)) est

(x− a)∂A

∂x(m(t)) + (y − b)

∂A

∂y(m(t)) + (z − c)

∂A

∂z(m(t)).

Le rotationnel du champ (A, B, C) est nul ; donc la derivee, en t ∈ [0, 1], de

l’application t 7−→ A(m(t)) est

(x− a)∂A

∂x(m(t)) + (y − b)

∂B

∂x(m(t)) + (z − c)

∂C

∂x(m(t)).

Il vient alors∂f

∂x(x, y, z) =

[tA(m(t))

]1

0

= A(x, y, z).

Nous faisons de meme avec les deux autres derivees partielles.Nous en deduisons que lorsque l’ouvert est etoile, un champ de classe C1 derive d’ungradient si et seulement si son rotationnel est nul.Soient f et g deux fonctions de classe C2 definies sur un ouvert connexe U ayant lememe gradient ; ϕ = f − g a un gradient nul. La differentielle de ϕ est donc nulle.Soit γ un chemin d’origine un point de U et d’extremite x ∈ U .∫

γ

dϕ = 0 = ϕ(x)− ϕ(a). ϕ est donc constant.

Theoreme du point fixe.

Soit E une espace vectoriel norme complet10. Soit g une application definie sur unferme U de E a valeurs dans U . Nous supposons g contractante11. Alors, l’equationg(x) = x possede une solution et une seule sur U .

Preuve

Considerons la suite definie par x0 ∈ U et pour n ∈ N, xn+1 = g(xn). Soient p et q

deux entiers naturels.Pour q ∈ N∗, xp+q − xp =

q−1∑

k=0

(xp+k+1 − xp+k) donc

‖xp+q − xp‖6q−1∑

k=0

‖xp+k+1 − xp+k‖6q−1∑

k=0

Ck+p‖x1 − x0‖

= ‖x1 − x0‖Cp1− Cq+1

1− C6Cp‖x1 − x0‖

1− C.

10C’est-a-dire un espace de Banach qui sera le plus souvent du type Rp.11C’est-a-dire qu’il existe une constante C ∈ [0, 1[ verifiant :

∀(x, y) ∈ U2, ‖f(x)− f(y)‖6C‖x− y‖.

12


C ∈ [0, 1[ donc la suite (xn)n∈N est une suite de Cauchy qui converge car U etantferme est complet. La limite de la suite, compte tenu de la continuite de f , verifiedonc la relation f(l) = l.Soient l1 et l2 deux elements de U verifiant f(l1) = l1, f(l2) = l2.‖l1 − l2‖ = ‖f(l1)− f(l2)‖6C‖l1 − l2‖.Nous en deduisons (1 − C)‖l1 − l2‖60 c’est-a-dire l1 = l2. Il existe donc bien un etun seul element de U solution de l’equation f(x) = x.

Theoreme des fonctions implicites.

Soient E et F deux espaces vectoriels normes complets. Soit f une application defi-nie sur un ouvert, U × V , de E × F a valeurs dans F .On suppose f de classe C1. Soit (a, b) ∈ U × V verifiant f(a, b) = 0.Notons, pour x ∈ U , fx l’application de V dans F definie par fx(y) = f(x, y).Notons ϕ(x, y) ∈ LC(F ) la differentielle en y de fx.Soit u la differentielle de fa en b c’est-a-dire u = ϕ(a, b) ∈ LC(F ). On suppose queu est un automorphisme bi-continu de F .Montrons qu’il existe alors un voisinage U1 ⊂ U de a et un voisinage V1 ⊂ V de btel que ∀y ∈ V1 ∃!y = ψ(x) ∈ U1 verifiant f(x, ψ(x)) = 0. ψ est une application declasse C1.

Preuve

Notons, pour (x, y) ∈ U × V , g(x, y) = y − u−1(f(x, y)).Pour x fixe dans U , notons gx, l’application definie sur l’ouvert V a valeurs dans Fpargx(y) = y − u−1(f(x, y)) = g(x, y).g(x, y) = y ⇐⇒ f(x, y) = 0.gx est de classe C1 et12 (dgx)(y) = Id

F− u−1 ◦ ϕ(x, y).

(dga)(b) = IdF− u−1 ◦ u = 0.

f est de classe C1 donc (x, y) ∈ U ×F 7−→ ϕ(x, y) ∈ F est continue puis, u−1 etantelle-meme continue, l’application (x, y) ∈ U × V 7−→ (dgx)(y) ∈ F est elle aussicontinue.

Il existe donc α > 0 tel que pour ‖x− a‖6α et ‖y − b‖6α on ait ‖(dgx)(y)‖61

2.

Soit A une application de classe C1 definie sur un ouvert U d’un espace vectorielnorme complet a valeurs dans un autre espace vectoriel norme complet F 13. Posonspour x ∈ U et h ∈ E avec ∀t ∈ [0, 1], x + th ∈ U , B(t) = A(x + th). B est uneapplication de classe C1, B′(t) = (dA(x+ th))(h).

B(x+ h)− B(x) =

∫ 1

0

B′(t)dt.

‖B(x+ h)−B(x)‖6∫ 1

0

‖B′(t)‖dt6 supz∈[x, x+h]

‖|(dA(z))‖| ‖h‖.

En appliquant ce resultat nous en deduisons que pour x ∈ U , y et y′ dans V ,‖x− a‖6α, ‖y − b‖6α, ‖y′ − b‖6α nous avons

12La differentielle d’une application lineaire continue u est egale a u car u(x+h)−u(x) = u(h)+0.13Si vous n’avez pas vu la notion d’integrale pour une application a valeurs dans un espace de

Banach, vous pouvez vous limiter au cas ou F est un espace vectoriel norme de dimension finie.

13


‖gx(y)− gx(y′)‖6 sup

z∈[y, y′]‖|(dgx(z))‖| ‖y − y′‖61

2‖y − y′‖.

Par ailleurs, g est continue donc il existe un voisinage de a, U2 ⊂ U , tel que ∀x ∈ U2

on ait ‖g(x, b)− g(a, b)‖6α2.

Supposons alors x ∈ U2, ‖x− a‖6α et ‖y − b‖6α. Nous obtenons

‖gx(y)− b‖6‖gx(y)− gx(b)‖+ ‖gx(b)− ga(b)‖61

2‖y − b‖+ α

26α.

gx est donc une application contractante et d’apres ce que nous avons vu precedem-ment, pour tout x ∈ U2 ∩ [a− α, a+ α] = U3 il existe un unique y ∈ [b− α, b+ α]verifiant f(x, y) = 0.Notons ψ(x) la solution en question.Montrons tout d’abord la continuite de ψ.Soient x1 et x2 deux elements de U3. Notons y1 = ψ(x1) et y2 = ψ(x2).y1 − y2 = gx1(y1)− gx2(y2) = (gx1(y1)− gx1(y2))− (gx1(y2)− gx2(y2)).‖y1 − y2‖6‖gx1(y1)− gx1(y2)‖+ ‖gx1(y2)− gx2(y2)‖.

61

2‖y1 − y2‖+ ‖g(x1, y2)− g(x2, y2)‖

c’est-a-dire ‖y1 − y2‖62‖g(x1, y2)− g(x2, y2)‖.x2 etant fixe, x 7−→ g(x, y2)− g(x2, y2) est continue donclimx→x2

(g(x, y2)− g(x2, y2)) = 0 puis limx1→x2

(y1 − y2) = 0. ψ est donc continue.

Montrons que ψ est de classe C1 au voisinage de a.Pour (x, y) ∈ U × V , notons ϕ1(x, y) la differentielle en x de l’application x 7−→f(x, y).f(x+ h, y + k)− f(x, y) = ϕ1(x, y)(h) + ϕ(x, y)(k) + (‖h‖+ ‖k‖)θ(h, k) ou θ estnulle en (0, 0), continue en (0, 0).Choisissons k = ψ(x+ h)− ψ(x) et y = ψ(x) avec x ∈ U3.Il vient alors0 = ϕ1(x, y)(h) + ϕ(x, y)(k) + (‖h‖+ ‖k‖)θ(h, k).f est de classe C1 donc les applications ϕ et ϕ1 sont continues par hypothese. ϕ(a, b)est inversible. Il existe donc un voisinage U4 × V4 de (a, b) sur lequel nous avons

‖|ϕ(a, b)− ϕ(x, y)‖|6 1

2‖|ϕ(a, b)−1‖| .

ϕ(a, b)−1 ◦ (ϕ(a, b)− ϕ(x, y)) = IdF− ϕ(a, b)−1 ◦ ϕ(x, y) = v. Donc ‖|v‖|61

2.

La serie∑

vn est convergente, car absolument convergente sur un espace complet,

de somme (IdF−v)−1 donc Id

F−v = ϕ(a, b)−1◦ϕ(x, y) est inversible, puis ϕ(x, y)

est inversible pour (x, y) ∈ U4 × V4.0 = ϕ(x, y)(h) + ϕ1(x, y)(ψ(x+ h)− ψ(x))

+(‖h‖+ ‖ψ(x+ h)− ψ(x)‖)θ(h, ψ(x+ h)− ψ(x)).

Montrons que lorsque h tend vers 0, ψ(x+ h)− ψ(x)) est un O(h).Nous avons vu precedemment que ‖y1 − y2‖62‖g(x1, y2)− g(x2, y2)‖.g(x1, y2)− g(x2, y2) =

∫ 1

0

(ϕ1(x1 + t(x2 − x1)))(x2 − x1)dt.

ϕ1 etant continue est bornee sur un voisinage borne de (a, b) donc

14


‖g(x1, y2)− g(x2, y2)‖6M‖x2 − x1‖ puis ‖ψ(x2)− ψ(x1)‖6M‖x2 − x1‖.Lorsque h tend vers 0, ψ(x+ h)− ψ(x)) est bien un O(h).Dans ces conditions, ‖h‖+ ‖k‖6(1 + 2M)‖h‖.‖ψ(x+ h)− ψ(x) + (ϕ(x, y))−1 ◦ ϕ1(x, y)(h)‖

‖h‖ 62Mθ(h, ψ(x+ h)− ψ(x))

c’est-a-dire limh→0

‖ψ(x+ h)− ψ(x)− (ϕ(x, y))−1 ◦ ϕ1(x, y)(h)‖‖h‖ = 0.

Il reste a demontrer que (ϕ(x, y))−1 est continue14.

Montrons un resultat plus general.

Soient E et F deux espaces vectoriels normes complets et f une application lineairecontinue de E vers F .Si f est surjective, alors f est ouverte, c’est-a-dire que l’image par f de tout ouvertde E est un ouvert de F .Dire que f est ouverte equivaut, car f est lineaire, a ∃C ∈ R∗

+ tel que la boule15 deF , B

F(0, 1), soit incluse dans l’image par f de la boule B

E(0, C) de E.

Demonstration

Soit, pour n ∈ N, Fn = f(BE(0, n)). f est surjective donc F =

⋃

n∈NFn.

F est complet donc verifie la propriete de Baire16 : toute union denombrable de

14Si F est de dimension finie, le resultat est immediat.15B

Edesigne une boule de E, B

Fune boule de F .

16Soit (On)n∈Nune famille d’ouverts d’adherences egales a E (chaque On est dense dans E) alors

l’intersection⋂

n∈N

On, est dense dans E.

Lemme preliminaire Soit E un espace metrique complet, soit (En)n∈Nune suite decroissante

(pour l’inclusion) de fermes de E tous non vides ; chaque En a pour diametre δn > 0. On supposeque la suite (δn)n∈N

converge vers 0 alors l’intersection de En est un singleton.Pour chaque n ∈ N, soit xn ∈ En. Par hypothese, ∀(n, p) ∈ N2, xn+p ∈ En.d(xn, xn+p)6δn ; la suite (xn)n∈N

est donc une suite de Cauchy ; elle converge donc vers unelement l pour n fixe, nous avons vu que xn+p ∈ En donc l ∈ En qui est ferme. l appartient donca l’intersection des En qui est non vide.

Soient l1 et l2 deux elements de⋃

n∈N

En. l1 et l2 sont dans chaque En donc pour tout n ∈ N,

d(l1, l2)6δn ; la suite (δn)n∈Nconverge vers 0 donc l1 = l2.

⋂

n∈N

En = {l}. Le lemme preliminaire

est demontre.

Montrons maintenant le resultat.

Soit a ∈ E. Soit V une boule ouverte centree en a. O0 est dense dans E donc il existe a0 ∈ O0 ∩V .O0 est ouvert donc il existe une boule, B0, ferme de rayon r0 > centree en a0 incluse dans O0 ∩ V .Soit B′

0 la boule ouverte centree en a0 de rayon r0. O1 est dense dans E donc cette boule rencontreO1 ; il existe a1 ∈ O1 ∩ B′

0. Il existe, car O1 est ouvert, une boule, B1, fermee centree en a1 de

rayon r2 > 0 que l’on peut imposer strictement inferieur ar1

2, incluse dans O1 ∩B′

0. Soit alors B′

1

la boule ouverte centree en a1 de rayon r1.B′

1 rencontre O2. Nous construisons ainsi une suite de boules (Bn)n∈N∗ de rayons rn > 0 et

strictement inferieurs ar0

2n.

Chaque boule Bn est incluse dans la boule Bn−1 et dans tous les ouverts Ok pour k6n et dans V .

15


fermes d’interieurs vides est encore d’interieur vide.L’interieur de F etant egal a F , l’un des fermes FN est donc d’interieur non vide. Ilcontient donc une boule centree en un point y de F de rayon r > 0. ∀n ∈ N, 0

F∈ Fn.

Soit ε > 0. Soit z ∈ F, ‖z − y‖F6r. ∃x ∈ E, ‖x‖

E6N, ‖z − f(x)‖

F6ε.

z = y verifie aussi cette propriete donc ∃x1 ∈ E, ‖x1‖E6N, ‖y − f(x1)‖F6ε.Nous obtenons donc ‖(z − y)− f(x + x1)‖F6ε. ‖x + x1‖62N donc z − y est dansF2N .La boule de F de centre 0 de rayon r > 0 est donc incluse dans F2N .z ∈ F, ‖z‖

F6r ⇒ ∃x ∈ E, ‖x‖

E62N, ‖z − f(x)‖

F6ε.

Soit z′ ∈ F, ‖z′‖F61. Posons z = rz′.∥∥∥∥z′ − f

(1

rx

)∥∥∥∥F

=1

r‖z − f(x)‖

F6ε

r.

∥∥∥∥1

rx

∥∥∥∥E

62N

r= ρ. z′ est donc adherent a l’image par f de la boule de E centree en

0 de rayon η. BF(0, 1) ⊂ f(B

E(0, η)).

En utilisant a nouveau le meme raisonnement nous obtenons :

∀n ∈ N, BF

(0,

1

2n

)⊂ f

(B

E

(0,

η

2n

)).

Soit y ∈ F, ‖y‖F6

1

2n. Il existe x ∈ E, ‖x‖

E6η

2ntel que ‖y − f(x)‖

F6ε.

Soit y0 ∈ F, ‖y‖F61. Choisissons ε =

1

2.

Il existe x0 ∈ E, ‖x0‖E6η tel que ‖y0 − f(x0)‖F612. Notons y1 = y0 − f(x0).

Choisissons ε =1

4.

Il existe x1 ∈ E, ‖x1‖E6η

2tel que ‖y1 − f(x1)‖F6

1

22.

Notons y2 = y1 − f(x1). Supposons avoir construit (xi)i∈Nntel que

∀i ∈ N, ‖xi‖E6η

2iet ∀i ∈ N∗, ‖yi − f(xi)‖F6

1

2i+1avec yi+1 = yi − f(xi).

On construit alors xn+1 ∈ E tel que ‖xn+1‖E6η

2n+1et yn+2 = yn+1− f(xn+1) verifie

‖yn+2‖F61

2n+2.

Considerons la serie∑

xn. Elle est absolument convergente et, E etant complet, est

donc convergente, de limite x ∈ E.

∥∥∥∥∥+∞∑

n=0

xn

∥∥∥∥∥E

6η

+∞∑

n=0

1

2n= 2η. f est continue donc

limn→+∞

f

(n∑

k=0

xk

)=

+∞∑

n=0

f(xn).

La suite des diametres des boules Bn converge vers 0.Il en resulte qu’il existe l ∈ E, tel que

⋂n∈N

Bn = {l}. Chaque Bn est inclus dans Op, pour p6ndonc l appartient a tous les Op et cette intersection est non vide et V rencontre cette intersectiondonc a est adherent a celle-ci ; l’intersection ∩n∈NEn est dense dans E.En ecrivant la relation avec les complementaires nous obtenons : toute union denombrable de fermesd’interieurs vides est encore d’interieur vide.

16


f(x) =

+∞∑

n=0

f(xn). −yn+1 + y0 =

n∑

k=0

(−yk+1 + yk) =

n∑

k=0

f(xk).

Nous en deduisons f(x) = y0 donc y0 appartient a l’image par f de la boule de Ecentree en 0 de rayon 2η. Nous avons donc prouve que tout element de F de normeau plus egale a 1 est dans l’image par f d’une boule de E centree en 0. f est doncune application ouverte. Si f est bijective continue de E vers f alors f−1 est continuecar l’image reciproque par f−1 d’un ouvert de E est l’image par f de cet ouvert etest donc ouvert ce qui permet de conclure que f−1 est continue.

Revenons a notre question.

Finalement, ψ est differentiable en x de differentielle −(ϕ(x, ψ(x)))−1 ◦ ϕ1(x, ψ(x)).Dans le cas ou E et F sont de dimensions finies certaines parties de la demonstrationsont simplifiees.Supposons E = Rp, F = Rq. Quitte a choisir une base de E et de F nous pou-vons poser x = (x1, · · · , xp), y = (y1, · · · , yq) et considerer que f est definie par(x, y) 7−→ (f1(x, y), · · · , fq(x, y).Soient les deux matrices Jacobiennes

J1(x, y) =

(∂fj∂xi

(x, y)

)

(i,j)∈Np×Nq

et J2(x, y) =

(∂fj∂yi

(x, y)

)

(i,j)∈Nq×Nq

.

J2(a, b) est inversible par hypothese donc det(J2(a, b)) 6= 0 (> 0 par exemple).(x, y) ∈ U × V 7−→ J2(x, y) ∈ Mq(R) est continue donc det ◦J2 est continue etil existe un voisinage O de (a, b) sur lequel det(J2(x, y)) reste strictement positif.J2(x, y) est inversible sur un tel voisinage.

Chaque application (x, y) 7−→ ∂fj∂yi

(x, y) est continue donc l’application

(x, y) ∈ O 7−→ (J2(x, y))−1 ∈ Mq(R) est continue

17.L’application ψ = (ψ1, · · · , ψq) est differentiable de matrice Jacobienne la matrice−(J2(x, y))

−1 J1(x, y). ψ est bien alors de classe C1.

Lorsque q = 1 il n’est pas necessaire d’utiliser le theoreme du point fixe pourrepondre a notre question. Nous pouvons employer une autre methode.

Soit f une application definie de U × V ⊂ Rp × R dans R. (U et V ouverts), declasse C1. On note (x1, · · · , xp) un element de U et y un element de V . On sup-pose qu’il existe (a1, · · · , ap, b) ∈ U × V tel que f(a1, · · · , ap, b) = 0 et que

∂f

∂y(a1, · · · , ap, b) 6= 0 (que l’on peut supposer strictement positif).

(x, y) = (x1, · · · , xp, y) ∈ U × V 7−→ ∂f

∂y(x1, · · · , xp, y) est continue donc il existe

un voisinage U1 de a = (a1, · · · , ap) et un voisinage V1 de b tel que sur U1 × V1,∂f

∂y(x1, · · · , xp, y) > 0.

17Je rappelle que pour une matrice inversible A la matrice inverse est la matrice1

det(A)A ou

l’element d’indice (i, j) de A est egal a (−1)i+j multiplie par le determinant de la sous-matrice dela matrice A obtenue en supprimant la ligne j et la colonne i de la matrice A.

17


Soit α > 0 tel que [b− α, b+ α] ⊂ V1.y ∈ V1 7−→ f(a1, · · · , ap, y) ∈ R est strictement croissante doncf(a1, · · · , ap, b+α) > 0 et f(a1, · · · , ap, b−α) < 0. f est continue donc il existe unvoisinage U2 de a = (a1, · · · , ap) tel que sur ce voisinage, f(x1, · · · , xp, b−α) < 0 ;de meme il existe un voisinage U3 de a = (a1, · · · , ap) tel que sur ce voisinage,f(x1, · · · , xp, b+ α) > 0.

Finalement pour (x1, · · · , xp) ∈ W = U ∩ U1 ∩ U2 ∩ U3, f(x1, · · · , xp, b− α) < 0,f(x1, · · · , xp, b + α) > 0 et y ∈ V2 7−→ f(x1, · · · , xp, y) ∈ R est strictementcroissante.Il existe donc un unique y = ϕ(x) ∈ [b− α, b+ α] verifiant f(x1, · · · , xp, y) = 0.

Montrons la continuite de ϕ.

Soit x ∈ W et soit x0 fixe dans W .f(x, ϕ(x))− f(x0, ϕ(x0)) = (f(x, ϕ(x))− f(x, ϕ(x0)))

+(f(x, ϕ(x0))− f(x0, ϕ(x0))).

Donc f(x, ϕ(x, y))− f(x, ϕ(x0)) = −f(x, ϕ(x0)) + f(x0, ϕ(x0)).En appliquant l’egalite des accroissements finis sur l’intervalle d’extremites ϕ(x) etϕ(x0) a l’application t 7−→ f(x, t) nous obtenons :

f(x, ϕ(x))− f(x, ϕ(x0)) = (ϕ(x)− ϕ(x0))∂f

∂y(x, t) avec t entre ϕ(x) et ϕ(x0).

f est continue donc ∀ε > 0, ∃ δ1 > 0 tel que(‖x− x0‖6δ1) ⇒ | − f(x, ϕ(x0)) + f(x0, ϕ(x0))|6 Kε.Il existe donc δ > 0, δ6δ1 tel que la boule fermee centree en x0 de rayon δ soitincluse dans W et pour (x, y) ∈ W × [b− α, b+ α],K|ϕ(x)− ϕ(x0)|6| − f(x, ϕ(x0)) + f(x0, ϕ(x0))|6 Kε.ϕ est donc continue en (x0, y0).

Theoreme d’inversion locale

Soit f une application de classe C1 definie sur U ⊂ E a valeurs dans F ou E etF sont des espaces de Banach et U un ouvert. On suppose que la differentielle ena ∈ U de f est inversible.Nous avons vu plus haut que df(a) etant inversible, df(a) etant continue et E et Fetant des espaces de Banach alors (df(a))−1 est continue.Posons g = (df(a))−1 ◦ f . La differentielle de (df(a))−1 est (df(a))−1 donc g est declasse C1, definie de U dans E.Posons, pour (x, y) ∈ U ×E, G(x, y) = g(x)− y. L’application G est de classe C1.Notons Gy l’application x 7−→ g(x)− y.Gy est de classe C1 et (d(Gy))(x) = dg(x).dg(a) est inversible, G(a, g(a)) = 0 donc il existe un voisinage, X , de a et un voi-sinage, Y , de g(a) tels que ∀y ∈ Y , il existe un unique x = ϕ(y) ∈ Y verifiantG(ϕ(y), y) = 0. ϕ est de classe C1.G(x, y) = 0 ⇐⇒ g(x)− y = 0 ⇐⇒ f(x) = (df(a))(y).Soit z ∈ (df(a))(Y ) = Z ⊂ F . df(a) est un isomorphisme bi-continu donc Z est unvoisinage de f(a).∀z ∈ Z, ∃!x ∈ X, f(x) = z.f(x) = z ⇐⇒ x = [ϕ ◦ (df(a))−1] (z) = ψ(z). ψ est de classe C1.f induit donc une bijection de X ∩ ψ−1(Z) dans Z. X ∩ ψ−1(Z) est un voisi-

18


nage de a car ψ est continue. f induit donc une bijection d’un voisinage de adans un voisinage de f(a) ; la bijection reciproque est donc de classe C1. Notons

f la bijection induite par f . f−1 ◦ f = Id donc IdE= (d(f−1)(f(x)) ◦ (df)(x)) et

d(f−1)(y) = (df)(f−1)(y)))−1.Dans tous les exercices ou il faudra redemontrer le theoreme des fonctions implicitesou le theoreme d’inversion locale, il suffira de recopier en l’adaptant au cas concernel’une des demonstrations effectuees ici.

1. (a) Soient E, F et G trois espaces vectoriels normes. Soit B une applicationbilineaire continue definie de E × F a valeurs dans G. Soient f et gdeux applications differentiables definies sur un ouvert U d’un espacevectoriel norme, a valeurs respectivement dans E et dans F . Montrer quel’application x ∈ U 7−→ B(f(x), g(x)) ∈ G est differentiable. Quelle estsa differentielle ?

(b) Soit E une algebre unitaire normee18. Soient f et g deux applicationsdifferentiables definies sur un ouvert U d’un espace vectoriel norme, avaleurs dans E. Montrer que l’application x ∈ U 7−→ f(x)⊥g(x) ∈ E estdifferentiable. Quelle est sa differentielle ?

2. Soit f une application de classe C1 de Rn dans lui-meme, muni de son produitscalaire canonique, telle que :∃α > 0, ∀(x, h) ∈ (Rn)2 , ((df(x)(h) | h)>α‖h‖2).

(a) Montrer que pour tout (a, b) ∈ (Rn)2 , (f(b)− f(a) | b− a)>α‖b− a‖2.(b) Montrer que f etablit un C1 diffeomorphisme de Rn dans son image.

(c) Montrer que l’image est Rn.

3. Soient f : R → R, une application de classe C1, telle que : |f ′(x)|6k < 1 etg : R2 → R2 l’application definie par g(x, y) = (x− f(y), y − f(x)).

(a) Soit U un ouvert d’un espace vectoriel norme E de dimension finie.On suppose U connexe par arcs19. Soit A ⊂ U , A ouvert. Montrer :(A ferme relatif de U) ⇒ (A = ∅ ou A = U).

(b) Soit B borne de R2, montrer que g−1(B) est borne.

(c) Montrer que g(R2) est un ferme de R2.

18Il s’agit d’un espace vectoriel norme muni d’une loi de composition interne ⊥, verifiant en outreles proprietes suivantes :

- (E, +, ⊥) est un anneau unitaire.

- ∀(λ, x, y) ∈ K× E × E, λ(x⊥y) = x ◦ (λy).- ∀(x, y) ∈ E2, ‖x⊥y‖6‖x‖ ‖y‖.

19Cela signifie que pour tout couple (a, b) de points de U il existe une application, γ, continuedefinie de [0, 1] dans U verifiant γ(0) = a et γ(1) = b.Nous avons vu que pour un ouvert, il y a equivalence entre connexe et connexe par arcs. Nousavons aussi vu qu’il est possible de choisir pour support de γ une ligne polygonale.Lorsqu’un ensemble est convexe alors il est connexe par arcs et donc connexe

19


(d) Montrer que g est un C1 diffeomorphisme de R2 dans R2.

4. Soit E un espace vectoriel prehilbertien reel.L’application x ∈ E 7−→ ‖x‖2 ∈ R est-elle differentiable ?L’application x ∈ E 7−→ ‖x‖ ∈ R est-elle differentiable ?

5. Soit S l’ensemble des matrices reelles symetriques.Soit U l’ensemble des matrices reelles symetriques definies positives.

(a) Montrer que U est un ouvert de S.(b) Montrer que pour tout A ∈ U il existe B ∈ U unique , note

√A, tel que

A = B2.

(c) Montrer que l’application A ∈ U 7−→√A ∈ U est differentiable. (U est

ouvert de l’espace vectoriel S).

6. Soit g(t) = (u + tv) ou u et v sont fixes dans Mn(R). Montrer que g′(t) =tr (t(Com(u+ tv)) v).

On pourra d’abord calculer les derivees partielles∂

∂ aijet faire apparaıtre la

matrice complementaire.

7. Soit E un espace vectoriel norme de dimension finie. Soit f une application declasse20 C2 definie d’un ouvert convexe U de E dans R.

(a) Soit (a, b) ∈ U2, on note ϕa,b l’application de [0, 1] dans R definie par :ϕa,b(t) = f(ta+ (1− t)b).Montrer que f est convexe si et seulement si pour tout (a, b) ∈ U2, ϕa,b

est une fonction convexe.

(b) Montrer que f est convexe si et seulement si la hessienne21 de f est unematrice symetrique positive en tout point de U .

8. Soit ϕ : x ∈ U 7−→ ϕ(x) ∈ LC(E, F ) ; U ouvert de E ; F complet.Soit a ∈ U on suppose ϕ(a) inversible, ϕ continue sur U .Montrer qu’il existe un voisinage V de a dans U tel que ∀x ∈ V, ϕ(x) estinversible.

9. Soit f definie sur R2 par f(x, y) = max(|x|, |y|). Determiner le plus grand(au sens de l’inclusion) ouvert de R2 sur lequel f est de classe C1.

10. Soit f definie par

0 si x = y = 0

xy(x2 − y2)

x2 + y2si (x, y) 6= (0, 0)

.

20Une application de classe Cp, avec p ∈ N∗, definie sur un ouvert U d’un espace vectoriel E dedimension finie est une application telle que les derivees partielles existent et sont de classe Cp−1.Si E n’est pas de dimension finie, f est de classe Cp si elle est differentiable et si la differentielle estde classe Cp−1. Par exemple pour p = 2, cela signifie que df est differentiable et d(df) est continue ;d(df) est une application de U dans LC (LC(E, F ), F ).

21La Hessienne de f en x ∈ U est la matrice symetrique H dont l’element d’indices (i, j) estegal a ∂ijf(x). f etant de classe C2 nous savons que ∂ijf(x) = ∂jif(x).

20


Quelle est la classe de f ?

11. Les applications f suivantes sont-elles de classe C1 ?

f(x, y) = (x2 + y2) sin

(1

x2 + y2

), f(0, 0) = 0,

f(x, y) =x3 − y3

x2 + y2si x2 + y2 6= 0, 0 sinon,

f(x, y) =xy√x2 + y2

si x2 + y2 6= 0, 0 sinon,

f(x, y) =x sin(y)− y sin(x)

x2 + y2si x2 + y2 6= 0, 0 sinon,

f(x, y) =sin(xy)

|x|+ |y| si x2 + y2 6= 0, 0 sinon,

f(x, y) = exp

[1

x2 + y2 − 1

]si x2 + y2 < 1, 0 sinon,

f(x, y) = y2 sinx

y, pour y 6= 0, 0 si y = 0,

f(x, y) = 1− x2 − y2 si x2 + y2 < 1, 0 sinon,

f(x, y) = (x+ y)√x2 + y2 sin

(1√

x2 + y2

)si x2 + y2 6= 0, 0 sinon,

f(x, y) =xy

(x2 + y2)αsi x2 + y2 6= 0, 0 sinon (α est un reel).

12. Soit ∆ = {(x, x) ∈ R2} ; soit f definie sur D = R2 \∆ a valeurs dans R par

f(x, y) =sin(x)− sin(y)

x− y.

Montrer qu’il existe F continue de R2 dans R dont la restriction a D est f .

13. Soit f une application de R dans R.

On pose g(x, y) =

f(x)− f(y)

x− ypour x 6= y

f ′(x) pour x = y.

On suppose f de classe C1. Montrer que g est continue sur R2.On suppose que f une application de classe C2 de R dans R. Montrer que gest de classe C1 sur R2.

14. Soit (x, y) ∈ R2 ; on pose : F (x, y) = supt∈[0,1]

(xt2 + yt). Determiner F (x, y) ; F

est-elle continue, de classe C1 ?

15. Sur Rn on pose pour x = (x1, · · · , xn) 6= 0, f(x) =1

‖x‖

n∑

i=1

xixn+1−i.

‖ ‖ designe la norme euclidienne sur Rn muni du produit scalaire canonique.f est-elle prolongeable par continuite en 0 ?

21


L’application ainsi eventuellement prolongee, definie sur Rn, est-elle differen-tiable ? De classe C1 ?

16. (a) Soit GLn(R) le groupe lineaire de Rn. Montrer que c’est un ouvert deMn(R).

(b) Soit f : X ∈ GLn(R) 7−→ X−1 ∈ GLn(R). Montrer que f est differen-tiable. Calculer df(X).

17. Soit ϕ : R2 → R, continue. Soit f : R2 → R, f(x, y) =

∫ x

0

[∫ y

0

ϕ(u, v)dv

]du.

Etudier la differentiabilite de f .

18. Soit ϕ une application de classe C2 de R dans R. Soit E = C0([a, b],R) munide ‖ ‖∞.

Soit f ∈ E, on pose Φ(f) =

∫ b

a

ϕ(f(t))dt.

Differentiabilite de Φ.

19. Soit, pour (x, y) ∈ R∗ × R, f(x, y) =y

xexp

(−|y|x2

)et f(0, y) = 0.

f est-elle continue ?Etudier la differentiabilite de f .

20. Soit f une application de classe C∞ definie de Rn dans R.Montrer qu’il existe n fonction de classes C∞, f1, · · · , fn avec pour chaquei ∈ Nn, fi definie sur Rn−i+1 et verifiant :

f(x1, x2, · · · , xn) = f(0, 0, · · · , 0) +n∑

i=1

xifi(xi, · · · , xn).

On pourra soustraire et ajouter des elements pour etre conduit a des fonctiond’une variable et utiliser les integrales dependant d’un parametre.

21. Soit∑

αn une serie absolument convergente. Soient ϕ une application de

classe C1 definie de R∗+ dans R, et (yn)n∈N une suite de Rp, incluse dans un

compact K.

On definit f sur Rp \K par f(x) =

+∞∑

n=0

αnϕ(‖x− yn‖) ou ‖ ‖ designe la norme

euclidienne canonique sur Rp.Montrer que f est de classe C1.

22. Soit∑

anzn une serie entiere de rayon de convergence R > 0.

Montrer que l’application M ∈ Mp(R) 7−→+∞∑

n=0

anMn est definie et differen-

tiable dans un voisinage de 0.

23. Soit f(x, y) =

+∞∑

n=0

(−1)n

x+ ny. Existence et differentiabilite de f .

22


24. Determiner l’ensemble de definition de la fonction, f , de variables reelles definie

par : f(x, y) =+∞∑

n=1

xn cos(ny)√n

.

Montrez que f est de classe C1 sur ]− 1, 1[×R.

25. Soit f(x, y) =+∞∑

n=1

1

n2exp(−n(x2 + y2)). Montrer que f est C1. On pourra

etudiert

nexp(−nt2).

f a-t-elle des derivees partielles secondes ?

26. Soit f definie par definie par f(x, y) =1

2xy + (47− x− y)

(x3+y

4

).

Etudier les extrema de f.

27. Soit a > 0.

Soit Γ l’ensemble des (x, y, z) ∈ R3 defini par :

{x+ y + z = a

x2 + y2 + z2 = a2.

Quelle est la nature precise de Γ ?Soit f l’application de Γ dans R definie par f(x, y, z) = xyz. Montrer que fatteint ses extrema ; les determiner ainsi que les points de Γ ou ils sont atteints.

28. Soit f(x, y) = (y− x2)(y− 2x2). Etudier les extrema locaux de cette fonction.On pourra couper par : “y = tx” et etudier le signe localement, de memeprendre “y = 3

2x2”, conclure.

29. Soit f(x, y) =

∫ π

0

(sin(t)− (xt2 + yt)

)2dt . Quels sont les extrema de cette

fonction ?

30. Soit f(x, y) = x2 + xy + y2 − 3x− 6y. Quels sont les extrema de f ?

31. Quels sont les triangles de perimetre donne dont l’aire est maximale ?Quels sont les triangles d’aire maximale inscrits dans un cercle donne ?

32. Quels sont les triangles inscrits dans un cercle, de perimetre maximal ?

33. Determiner les extrema locaux eventuels des fonctions suivantes, definies parf(x, y) = :

x2y3(1 + 3x+ 2y), exp(x sin(y)), x exp(y) + y exp(x),xy

(1 + x)(1 + y)(x+ y), x3y2(1− x+ y), x3 + 3xy2 − 15x− 12y.

34. Soit f(x, y) = (x2 − y)(3x2 − y).

(a) Soient λ ∈ R, gλ(x) = f(x, λx). Etudier l’existence d’un minimum localde gλ en 0.

(b) f a-t-elle un minimum local en (0, 0) ?

23


35. Etudier les extrema locaux de : (x, y) 7−→ x2

a+ (cos y)

√a2 − x2, a > 0.

36. Soient, dans un repere orthonormal du plan, A(1, 0)B(2, 0) C(0, 3) trois points.Trouver la (les) droite(s) D du plan afin que :d2(A,D) + d2(B,D) + d2(C,D) soit minimal.

37. Determiner max|z|61

| sin(z)|, z ∈ C.

On montrera d’abord que le maximum est atteint en un point du cercle.

38. Determiner les extrema locaux eventuels de la fonction f definie par f(x, y, z) =x ln(x) + y ln(y) + z ln(z) lies par la relation x+ y + z = 3a > 0.

39. Determiner les extrema de la fonction f definie par f(x, y, z) = xy + yz + xzlies par la relation x+ y + z = 1.

40. Montrer qu’il existe δ > 0, ϕ, ψ de classes C1 de [−δ, δ] dans R tels que :ϕ(0) = 2, ψ(0) = 0 et∀x ∈]− δ, δ[, ψ(x) = ϕ(x)3 − x− 8, ϕ(x)4 = ψ(x)5 − x3 + 16.Calculer les derivees en 0 de ϕ et ψ.

41. Soit f une application de classe C1 de R2 dans R. Soit g l’application definiede R3 dans R par g(x, y, z) = f(x2 − y2, y2 − z2).Soit (a, b, c) ∈ R3 verifiant g(a, b, c) = 0.

On suppose c non nul et∂f

∂y

(a2 − b2, b2 − c2

)6= 0.

Montrer qu’il existe un voisinage V de (a, b) et une application ϕ de classeC1 definie sur V verifiant ∀(x, y) ∈ V, g(x, y, ϕ(x, y)) = 0.

Montrer la relation y · ϕ(x, y) · ∂ϕ∂x

(x, y) + x · ϕ(x, y) · ∂ϕ∂y

(x, y) = xy.

42. Nous nous placons dans le cas ou la relation x2 + y2 = exp(2 atan

(yx

)), pour

(x, y) ∈ R∗ × R, permet de definir y fonction implicite de x, par y = ϕ(x).

Exprimer(1 + ϕ′2(x))3

ϕ′′(x)2(x2 + ϕ2(x)).

43. Etudier, dans chacun des trois cas suivants, l’existence locale de l’application :x 7−→ y. Chercher un developpement limite a l’ordre 3 au voisinage de a de lafonction ainsi definie.exp(x+ y) + y − 1 = 0, a = (0, 0);xy − sin(y) + x = 0, a = (0, 0);2 exp(x+ y − 1) + ln(x− y)− 2x+ y3 = 0, a = (1, 0).

44. Etudier l’existence locale de l’application : (x, y) 7−→ z. Chercher un develop-pement limite a l’ordre 2 au voisinage de a de la fonction ainsi definie.x3 + y3 + z3 − zx− x+ y − 2z + 1 = 0, a = (0, 0, 1);ln(1 + y − z)− x− z = 0, a = (0, 0, 0);(x2 + y2 + z2) ln(x+ y + z)− ex+y + 1 = 0, a = (0, 0, 1).

24


45. Etudier, au voisinage de l’origine, la courbe d’equation :sin(x+ y) + cos(x− y)− 1 = 0.

46. Montrer qu’au voisinage de (t = 1, x = 0), l’equation sin(tx) + cos(tx) = xadmet une unique solution x = ϕ(t).Verifier que ϕ est de classe C∞.Ecrire un developpement limite de ϕ a l’ordre 3 au voisinage de 0.

47. Soit n ∈ N. Montrer que ∀x ∈ R, ∃!y ∈ R, / y2n+1 + y − x = 0 (1).

Montrer que ϕ : x 7−→ y est de classe C∞. Calculer

∫ x

0

ϕ(t)dt en fonction de

n, x, ϕ(x) ( on multipliera (1) par y′ ).

48. Fonctions homogenes

Soit f une application definie sur un ouvert U de l’espace vectoriel norme E,a valeurs dans un espace vectoriel norme F .On suppose U etoile par rapport a 0 ∈ U c’est-a dire tel que pour tout x deU , le segment d’extremites 0, x est inclus dans U .f est dite homogene de degre α (ou α-homogene) si ∀x ∈ U, ∀t ∈]0, 1],f(tx) = tαf(x).On suppose f differentiable ; montrer qu’alors df est α− 1-homogene.Supposons E de dimension finie, rapportee a une base ; soit (x1, · · · , xn) lescoordonnees de x dans cette base.

Montrer que l’on a ∀x ∈ U,

n∑

k=1

xi∂f

∂xi(x) = αf(x).

On suppose f de classe C1, definie sur U avec E de dimension finie rapportee aune base ; soit (x1, · · · , xn) les coordonnees de x dans cette base. On suppose

que f verifie la relation ∀x ∈ U,n∑

k=1

xi∂f

∂xi(x) = αf(x).

Montrer que f est α-homogene.

49. Determiner f de classe C1 telle que :

∀(x, y) ∈ U, f(x, y)

(x∂f

∂x+ y

∂f

∂y

)+ x2 + y2 = 0.

50. Determiner f de classe C1 sur un ouvert U , a determiner, de R2, telle que :

∀(x, y) ∈ U, f(x, y)

(x∂f

∂x(x, y) + y

∂f

∂y(x, y)

)+ x2 + y2 = 0 ; f>0.

51. Determiner les applications continues de R dans R verifiant la relation fonc-tionnelle :∀(x, y) ∈ R2, f

(√x2 + y2

)= f(x)f(y).

52. Determiner f : R2 → R de classe C2 telle que :

∂2f

∂x2− 3

∂2f

∂x ∂y+ 2

∂2f

∂y2= 0.

Determiner f : R2 → R de classe C2 telle que :

25


x2∂2f

∂x2+ 3xy

∂2f

∂x ∂y+ 2y2

∂2f

∂y2= 0. Poser : ϕ(x, y) = x

∂f

∂x+ 2y

∂f

∂y.

Determiner f : U ⊂ R2 → R de classe C2 telle que :

∂2f

∂x2− ∂2f

∂y2=

1√x2 − y2

. Poser u = x+ y, v = x− y.

53. Resoudre les equations aux derivees partielles suivantes :

2xy∂f

∂x+ (1 + y2)

∂f

∂y= 0 ou, x > 0. Poser x =

u2 + v2

2, y =

u

v,

(x+ y)∂f

∂x+ (x− y)

∂f

∂y= 0, ou x 6= y. Poser u = x2 − y2 − 2xy, v = y,

∂f

∂x− ∂f

∂y+ 3(x− y)f = 0, ou x > 0. Poser u = xy, v = x+ y,

x2∂2f

∂x2+ 2xy

∂2f

∂x∂y+ y2

∂2f

∂y2= 0, ou x > 0. Poser x = u, y = uv,

x∂f

∂x− ∂f

∂y= 0.

54. Les champs suivants sont-ils des champs de gradient22 ?

(x, y, z) 7−→(a

z, − b

z,by − ax

z2

),

(x, y, z) 7−→(yz − a2

(y + ax)2, − a+ xz

(y + ax)2,

x

y + ax

),

(x, y, z) 7−→(

1

y2, −2x

y3, z2

),

(x, y) 7−→(x3 − 3xy2

(x2 + y2)a,3x2y − y3

(x2 + y2)a

).

55. Soit ω(x, y) =y2dx+ x2dy

(x+ y)2. ω est-elle une forme differentielle exacte ?

56. Soit la forme differentielle ω definie sur R2 parω(x, y) = y(1− xy)dx+ (y − x)dy.Determiner h telle que la forme differentielle α definie par α(x, y) = h(y)ω(x, y)soit exacte.Solutions de l’equation differentielle y(1+y′)−xy2−xy′ = 0 prenant la valeur1 en x = 1, prenant la valeur e en x = 1, prenant la valeur 1 en x = 0.

57. Soit ω(x, y) = f(x) [(x+ 2x2 + y2)dx− y(x− 1)dy]. Determiner f de classe C1

pour que ω soit fermee. Integrer ω.

22Soit V : x = (x1, · · · , xn) ∈ U ⊂ Rn 7−→ V (x1, · · · , xn) ∈ Rn un champ de vecteurs.Soit e = (e1, · · · , en) la base canonique de Rn. V est un champ de gradient s’il existe une

application f definie de U dans R, differentiable telle que V (x) =

n∑

i=1

∂f

∂xi(x1, · · · , xn)ei.

26


58. Soit f ∈ C2(R2,R2), une application dont la differentielle en chaque point estune rotation de R2 muni du produit scalaire canonique. Montrer que f est unerotation affine.

59. On dit qu’une application f de classe C2 est harmonique, lorsque son La-placien23 est nul. Soit f ∈ C2(R2,R2), une application dont la differentielleen chaque point est une similitude directe de R2 muni de sa structure eu-clidienne canonique. Montrer que f est harmonique. On pose z = x + iy et

f(x, y) =

+∞∑

n=0

anzn, ou la serie entiere est de rayon de convergence infini. En

identifiant C et R2, montrer que f est harmonique.

60. Soit f une application de classe C2 de R∗+ → R.

Soit g :(R∗

+

)3 → R definie par : g(x, y, z) = f

(x2 + y2

z2

).

Determiner f pour que ∆g = 0.

61. Soit f : R2 → R de classe C∞ on suppose que f est harmonique (c’est-a-dire∆f = 0).

Soit g(x, y) = x∂f

∂x(x, y) + y

∂f

∂y(x, y).

Montrer que g est harmonique.Reciproquement on suppose g harmonique, montrer que f l’est aussi.

62. (a) Soit f une fonction de classe C2 definie sur un ouvert U de R2. On posepour (r, θ) tel que (r cos(θ), r sin(θ)) ∈ U , Soit F (r, θ) = f(r cos(θ), r sin(θ)).

Montrer que (∆f)(x, y) s’ecrit :1

r

(∂

∂r

(r∂F

∂r

))+

1

r2∂2F

∂θ2.

(b) Soit f une application definie sur un ouvert U de C a valeurs dans C. f

est dite derivable en a ∈ U si limz→a

f(z)− f(a)

z − aexiste, element de C. Cette

limite s’appelle la derivee de f en a et se note f ′(a). Si f est derivable entout point a de U , f est dite derivable sur U .

On suppose 0 ∈ U . Soit D le disque centre en 0 de rayon R > 0 inclus dansU .Pour z = x+iy ∈ D, (x, y) ∈ R2, on pose f(x, y) = f(z) = f

(reiθ)= F (r, θ).

(c) Quelle est une condition necessaire et suffisante concernant les derivees

partielles de f pour que f soit derivable ?

23Le Laplacien d’une application reelle de classe C2 est note ∆f et est egal an∑

i=1

∂2f

∂x2i.

Soit g une application de classe C1 definie sur un ouvert U de Rn a valeurs dans Rn. On appelledivergence de g notee div(g) la trace de la differentielle de g.La laplacien d’une application f de classe C2 definie sur un ouvert U de Rn a valeurs dans R estla divergence du gradient de l’application f .Soit f = (f1, · · · , fn) une application de classe C2 definie sur un ouvert U de Rn a valeurs dansRn. On appelle laplacien de f , note ∆f , l’application de U dans Rn, (∆f1, · · · , ∆fn).

27


(d) On suppose que f est de classe C2.

Verifier que r∂

∂r

(r∂F

∂r

)+∂2F

∂θ2= 0 et

∂F

∂θ= ir

∂F

∂r.

(e) On suppose que l’ouvert U contient le disque ouvert de centre 0 de rayonR > 1.On pose pour r ∈ [0, 1], Fr(θ) = F (r, θ).Montrer que Fr est developpable en serie de Fourier et que les coefficients,cn(r), sont egaux a anr

|n|.

(f) Montrer que f est developpable en serie entiere. Que dire du rayon deconvergence ?

(g) Montrer que1

cosest developpable en serie entiere ; quel est le rayon de

convergence ?

(h) Soit f une application harmonique de classe C2 definie sur un ouvert Ude R2, etoile par rapport a l’un de ses points, a valeurs dans R.

Montrer qu’il existe g : R2 → R, C2,∂g

∂x=∂f

∂y,∂g

∂y= −∂f

∂x.

En deduire que f est la partie reelle d’une application definie sur U consi-dere comme un ouvert de C, derivable au sens defini plus haut.

63. Soit f(x, y) =1

1− x− y − xy.

(a) Montrer que sur un ouvert a preciser on a : f(x, y) =+∞∑

n=0

an(y)xn ou les

an sont developpables en serie entiere a l’origine.

(b) Calculer g(z) =

+∞∑

n=0

an(n)(0)

n!zn. On pourra calculer

∫ 2π

0

f(reiθ, re−iθ

)dθ.

Tous droits reserves, Septembre 2013, Joseph Di Valentin.

28

Chapitre 2

Corriges Calcul differentiel

1. (a) B est bilineaire continue. SoitH un espace vectoriel norme. f et g sont dif-ferentiables sur l’ouvert U ⊂ H . Soit a ∈ U et soit h ∈ H avec a+h ∈ U .f(a + h) = f(a) + l1(h) + ‖h‖ε1(h), g(a + h) = g(a) + l2(h) + ‖h‖ε2(h)ou l1 et l2 sont continues ; l1 ∈ LC(H, E), l2 ∈ LC(H, F ), ε1 est uneapplication nulle en 0, continue en 0 definie de U dans E et ε2 est uneapplication nulle en 0, continue en 0 definie de U dans F .B(f(a+h), g(a+h)) = B(f(a)+l1(h)+‖h‖ε1(h), g(a)+l2(h)+‖h‖ε2(h)).L’une des normes equivalentes definie sur E × F est par exemple‖(x, y)‖ = max(‖x‖, ‖y‖).B est continue, bilineaire donc ∀ε > 0, ∃α > 0tel que ∀(x, y) ∈ E × F , ‖(x, y)‖6α⇒ ‖B(x, y)‖6ε.Soit (x, y) 6= (0, 0).

∥∥∥∥(

α

‖x‖x,α

‖y‖y)∥∥∥∥ = α.

∥∥∥∥B(

α

‖x‖x,α

‖y‖y)∥∥∥∥6ε et B

(α

‖x‖x,α

‖y‖y)

=α2

‖x‖ ‖y‖B(x, y).

Nous en deduisons ‖B(x, y)‖6ε‖x‖ ‖y‖α2

.

Il existe donc une constante C ∈ R∗+ telle que ∀(x, y) ∈ E × F on ait

‖B(x, y)‖6C‖x‖ ‖y‖.Reciproquement, une application bilineaire verifiant cette inegalite estcontinue. En effet. Soient (x, y) ∈ E × F et (a, b) ∈ E × F .

Soit ε > 0. Soit α > 0, α6min

(1,

ε

C(1 + ‖a‖+ ‖b‖)

).

B(x, y)− B(a, b) = B(x − a, y − b) + B(x − a, b) + B(a, y − b) donc‖B(x, y)− B(a, b)‖6‖B(x− a, y − b)‖ + ‖B(x− a, b)‖

+‖B(a, y − b)‖6C(‖x− a‖ ‖y − b‖+ ‖x− a‖ ‖b‖+ ‖a‖ ‖y − b‖)6C(α + ‖a‖+ ‖b‖)α6ε.

B est bien continue en (a, b). B est continue1 sur E × F .l1 et l2 sont continues donc il existe A > 0 tel que ∀h ∈ E, ‖l1(h)‖6A‖h‖

1Si B n’est pas nulle elle n’est jamais uniformement continue.Soit (a, b) ∈ E × F , B(a, b) 6= 0.

B

((n+

1

n

)a,

(n+

1

n

)b

)−B(na, nb) =

(2 +

1

n2

)B(a, b).

CHAPITRE 2. CORRIGES CALCUL DIFFERENTIEL

et ‖l2(h)‖6A‖h‖.Nous obtenons donc‖B(f(x+h), g(x+h))−B(f(x), g(x))−B(f(a), l2(h))−B(l1(h), g(b))‖

6C‖h‖[‖f(a)‖ ‖ε2(h)‖+ A2‖h‖+ A‖h‖ ‖ε2(h)‖+ ‖g(a)‖ ‖ε1(h)‖+A‖ε1(h)‖+ ‖h‖ ‖ε1(h)‖ ‖ε2(h)‖].

Nous obtenons alors

limh→0

1

‖h‖(B(f(x+h), g(x+h))−B(f(x), g(x))−B(f(a), l2(h))−B(l1(h), g(b)))= 0.

‖B(f(a), l2(h)) +B(l1(h), g(a))‖6CA(‖f(a)‖+ ‖g(a)‖)‖h‖.L’application h ∈ H 7−→ B(f(a), l2(h)) + B(l1(h), g(a)) est clairementlineaire donc est continue.L’application x ∈ U 7−→ B(f(x), f(y)) ∈ G est differentiable, de diffe-rentielle en a, h ∈ H 7−→ B(f(a), l2(h)) +B(l1(h), g(a)).

Par exemple :

Le produit scalaire est une application bilineaire continue donc avec leshypotheses precedentes, x 7−→ (f(x) | g(x)) est differentiable de differen-tielle en x, h 7−→ (f(a) | (dg(x))(h)) + (df(x))(h) | g(a)).Autre exemple

Soit E = R3 euclidien oriente. (x, y) ∈ E2 7−→ x ∧ y ∈ E est bilineaire,continue car ‖x∧ y‖6‖x‖ ‖y‖, donc si f et g sont deux application diffe-rentiables definies sur un ouvert U d’un espace vectoriel norme, a valeursdans E alors l’application x ∈ U 7−→ f(x) ∧ g(x) ∈ E est differentiablede differentielle en x, h 7−→ (df(x))(h) ∧ g(x) + f(x) ∧ (dg(x))(h).

(b) Posons B(x, y) = x⊥y. B est bilineaire ; ‖B(x, y)‖6‖x‖ ‖y‖ donc B estbilineaire continue.Si f et g sont differentiables alors l’application x 7−→ f(x)⊥g(x) l’est aussiet a pour differentielle en x, h 7−→ f(a)⊥(dg(x))(h)) + (df(x))(h)⊥g(a)).Par exemple si f et g sont des applications differentiables a valeurs dansLC(E) , x 7−→ f(x) ◦ g(x) est differentiable, de differentielle en x, l’ap-plication h 7−→ f(a) ◦ (dg(x))(h)) + (df(x))(h) ◦ g(a)).

2. (a) Soit (a, b) ∈ (Rn)2.Posons pour t ∈ [0, 1], g(t) = (f(a+ t(b− a)) | b− a). g est de classe C1.g′(t) = (df(a+ t(b− a))(b− a) | b− a) donc

g(1)− g(0) = f(b)− f(a) =

∫ 1

0

(df(a+ t(b− a))(b− a) | b− a)dt

>α‖b− a‖2.(b) En utilisant la relation precedente, nous en deduisons que f est injective

car f(a) = f(b) ⇒ 0>α‖b− a‖2 ⇒ a = b.De meme, df(x)(h) = 0 ⇒ 0>‖h‖2 donc df(x) est injective puis bijective.

∥∥∥∥((

n+1

n

)a,

(n+

1

n

)b

)− (na, nb)

∥∥∥∥ =1

nmax(‖a‖, ‖b‖) donc pour tout α > 0 il existe

(u, v) ∈ (E × F )2, ‖u − v‖6α verifiant ‖B()−B(v)‖>2‖B(a, b)‖. B n’est donc jamais uni-formement continue alors qu’une application lineaire continue est toujours uniformement continue.

30


Soit A(x) = (ai,j(x))(i,j)∈(Nn)2la matrice Jacobienne de f . Chaque appli-

cation ai,j est continue et le determinant de la matrice A(x) n’est ja-mais nul. La matrice B(x) = (A(x))−1 a pour terme d’indices (i, j)

(−1)i+j det(Aj,i(x))

det(A(x))ou Ai,j(x) est la sous-matrice (n − 1 × n − 1) de la

matrice A(x) obtenue en supprimant la ligne i et la colonne j de la ma-trice A(x).x 7−→ B(x) est donc continue.Montrons que f−1 est continue de f(Rn) dans Rn.f−1(y+h)−f−1(y) = (x+k)−x = k ou h = f(x+k)−f(x) et y = f(x).(h | k)>α‖k‖2. Nous en deduisons lim

h→0k = 0. f−1 est continue.

Nous avons aussi α‖k‖6‖h‖.Montrons que f−1 est differentiable.h = df(x)(k)+ ‖k‖ε(k) ou ε est continue en 0, nulle en 0. Nous en dedui-sonsf−1(y + h)− f−1(y) = k = (df(x))−1(h)− ‖k‖(df(x))−1(ε(k)).

‖f−1(y + h)− f−1(y)− (df(x))−1(h)‖‖h‖ 6

1

α‖(df(x))−1(ε(k))‖.

limh→0

ε(k) = 0 donc limh→0

‖f−1(y + h)− f−1(y)− (df(x))−1(h)‖‖h‖ = 0.

f−1 est differentiable en y de differentielle df(f−1(y)) = df(x))−1.f est donc un C1 diffeomorphisme de Rn sur son image.

(c) Soit V = f(Rn).• Montrons que V est ferme.Soit y ∈ V , un point adherent a V . Il existe une suite (xn)n∈N de Rn telque la suite (f(xn))n∈N converge vers y.Soit (n, p) ∈ N2. ‖f (xn)− f (xn+p)‖>α‖xn − xn+p‖.La suite (f(xn))n∈N est une suite de Cauchy donc la suite (xn)n∈N estaussi une suite de Cauchy et converge vers l ∈ Rn. f etant continue nousen deduisons f(l) = y donc y ∈ V . V est donc ferme.• Montrons que V est ouvert.Nous pourrions utiliser le theoreme d’inversion locale que nous avons de-montre dans les preliminaires. Nous allons le redemontrer ici.Soit a ∈ Rn. Posons b = f(a).Soit h l’application definie sur (Rn)2 par h(x, y) = y − f(x). Posonsg(x, y) = (df(a)−1) ◦ h et G(x, y) = x+ g(x, y).y etant fixe dans Rn, notons Gy l’application definie sur Rn par Gy(x) =G(x, y).Gy est differentiable.(dGy)(x) = IdRn − (df(a))−1 ◦ (df(x)) ne depend pas de y.L’application x ∈ Rn 7−→ IdRn − (df(a))−1 ◦ (df(x)) ∈ L(Rn) est continue(dGy)(a) = IdRn − (df(a))−1 ◦ (df(a)) = 0. Il existe donc β > 0 tel que

∀(x, y) ∈ (Rn)2, ‖x− a‖6β on ait ‖dGy)(x)‖61

2.

31


Gy(x)− a = Gy(x)−G(a, b) = (G(x, y)−G(a, y))+ (g(a, b)− g(a, y).Posons, pour t ∈ [0, 1], ϕ(t) = Gy(a + t(x − a)). ϕ est de classe C1 etϕ′(t) = (dGy(a+ t(x− a)))(x− a). Il vient alors

G(x, y)−G(a, y) = ϕ(1)− ϕ(0) =

∫ 1

0

(dGy(a+ t(x− a)))(x− a)dt.

Soit x ∈ Rn verifiant ‖x− a‖6β.‖G(x, y)−G(a, y)‖6

∫ 1

0

‖(dGy(a + t(x− a)))(x− a)‖dt61

2‖x− a‖6β

2.

limy→b

(g(a, y)− g(a, b)) = 0 donc il existe γ > 0 tel que pour ‖y − b‖6γ

on ait ‖g(a, y)− g(a, b)‖6β2. Donc pour ‖x− a‖6β et ‖y − b‖6γ nous

avons ‖Gy(x)− a‖6β.Soit la suite (xn)n∈N de points de Rn definie par son premier terme x0 etpour n ∈ N par xn+1 = Gy(xn).

xn+p − xn =

p−1∑

k=0

xn+k+1 − xn+k.

‖xq+1 − xq‖6(1

2

)q

‖x1 − x0‖. Finalement

‖xn+p − xn‖6(

p−1∑

k=0

(1

2

)k+n)‖x1 − x0‖6

1

2n−1‖x1 − x0‖.

La suite (xn)n∈N est un suite de Cauchy donc converge vers l. l verifie larelation l = G(l, y) c’est-a-dire g(l, y) = 0 = (df(a))−1(y − f(l)).Il existe donc l appartenant a la boule centree en a de rayon β solutionde l’equation y = f(x).Soit alors b ∈ V . Il existe, par hypothese, a ∈ Rn, b = f(a). Il existe uneboule centree en b de rayon γ tel que tout element y de cette boule, Ba,est l’image d’un element de Rn par f . La boule Ba est donc incluse dansV . V est donc ouvert.Finalement , V est ouvert et ferme2.Soit W le complementaire de V dans Rn. V et W sont ouverts. V estnon vide. Supposons W 6= ∅. Soit ψ l’application definie sur Rn, a valeursreelles, par ψ(x) = 0 pour x ∈ V et ψ(x) = 1 pour x ∈ W .Soit O un ouvert de R. Il peut contenir 0 et ne pas contenir 1, contenir 1et ne pas contenir 0, contenir 0 et 1 ou enfin ne contenir ni 0 ni 1. L’imagereciproque de O par ψ est donc respectivement V , W , Rn, ∅. Dans lesquatre cas il s’agit d’un ouvert. ψ est donc continue.Soit a ∈ V , soit b ∈ W . t ∈ [0, 1] 7−→ ψ(t a+ (1− t) b) ∈ R est continue,prend la valeur 1 en 0 et 0 en 1 donc doit prendre toutes les valeurs com-prises entre 0 et 1 ce qui est exclu par le choix de ψ. Nous en deduisonsque W est vide et donc V = Rn.f est donc un C1 diffeomorphisme de Rn dans Rn.

2Nous avons deja vu que Rn est connexe par arcs donc V etant ouvert, ferme et non vide esttout l’espace.

32


3. Nous devons a nouveau demontrer le theoreme des fonctions implicites dansle cas de la recherche de l’inversion globale.

f : R → R est une application de classe C1, telle que : |f ′(x)|6k < 1 etg : R2 → R2 est l’application definie par g(x, y) = (x− f(y), y − f(x)).La fonction g est de classe C1. Soit (x, y) ∈ R2 et soit (h1, h2) ∈ R2. Endesignant le produit scalaire canonique par [ | ] nous avons[(dg(x, y))(h1, h2) | (h1, h2)] = h21 + h22 − h1h2(f

′(x) + f ′(y))>h21 + h22 − 2|h1h2| k>(1− k)‖(h1, h2)‖2.

La fonction g verifie donc les conditions vues dans l’exercice precedent.Nous allons cependant faire ici une demonstration liee a la fonction g proposee.

(a) Supposons U connexe par arcs. Soit A un ouvert inclus dans U . On sup-pose A non vide et different de U . Supposons que A soit un ferme relatifc’est-a-dire l’intersection de U avec un ferme de E.Soit a ∈ A et soit b ∈ U \ A 6= ∅ qui est un ouvert relatif donc un ouvertde E car U est ouvert.Il existe un chemin, γ, d’origine a, d’extremite b. Soit ϕ l’application deU dans R definie par : ϕ(x) = −1 si x ∈ A, ϕ(x) = 1 si x ∈ U \ A.

Soit V un ouvert de R. ϕ−1(V ) =

∅ si {−1, 1} ∩ V = ∅A si −1 ∈ V, 1 6∈ V

U \ A si 1 ∈ V, −1 6∈ V

U si {−1, 1} ⊂ V

L’image reciproque par ϕ de tout ouvert est un ouvert de U ; ϕ est donccontinue.ψ = ϕ ◦ γ est donc continue de [0, 1] dans R ; ψ([0, 1]) = {−1, 1} ce quin’est pas possible car l’image de l’intervalle [0, 1] doit etre un intervallecontenant -1 et 1. A est donc3 vide ou est egal a U .

(b) ∀x ∈ R, |f ′(x)|6k donc ∀x ∈ R, |f(x)|6k|x|+ |f(0)|.Soit B1 = g−1(B).B est borne donc il existe M ∈ R+ tel que ∀(x, y) ∈ B1,|x− f(y)|6M, |y − f(x)|6M .Nous en deduisons |x|6M + |f(y)|6M + k|y|+ |f(0)| et de meme|y|6M + k|x|+ |f(0)|.En additionnant nous obtenons |x|+ |y|62M + 2|f(0)|+ k(|x|+ |y|) soitencore |x|+ |y|6 2

1− k(M + |f(0)|). B1 est bien borne.

(c) Soit (a, b) un point adherent a g(R2). Il existe une suite de points deR2,

((xn)n∈N, (yn)n∈N

)telle que

((g(xn))n∈N , (g(yn))n∈N

)converge vers

(a, b).En appelant B l’ensemble des elements g(xn, yn) pour n ∈ N nous dis-posons d’un ensemble borne donc la suite

((xn)n∈N, (yn)n∈N

)est bornee.

Il existe donc une sous-suite de cette suite qui soit convergente.

3L’hypothese que U est ouvert n’a pas d’importance ; en revanche pour demontrer la reciproquenous avons besoin de savoir que U est ouvert. Voir les exercices de topologie.

33


Notons((x′n)n∈N, (y

′n)n∈N

)cette suite. Elle converge vers (α, β) ∈ R2.

g est continue donclim

n→+∞g(((x′n)n∈N, (y

′n)n∈N

))= g(α, β) = (a, b) ∈ g(R2).

g(R2) est donc ferme.

(d) Montrons que g(R2) est ouvert.Soit (a, b) ∈ g(R2). Soit (α, β) ∈ R2 tel que g(α, β) = (a, b).Soit (u, v) ∈ R2.Considerons l’application h(u,v) definie par

hu,v(x, y) =

x

y

− 1

1− f ′(α)f ′(β)

1 f ′(β)

f ′(α) 1

x− f(y)− u

y − f(x)− v

.

hu,v est de classe C1. la matrice Jacobienne Jhu,v(x, y) de h en (x, y) est

1 0

0 1

− 1

1− f ′(α)f ′(β)

1 f ′(β)

f ′(α) 1

1 −f ′(y)

−f ′(x) 1

.

Jhu,vest continue, Jhu,v

(α, β) = 0 donc il existe η > 0 tel que pour tout

(x, y) verifiant |x− α|6η et |y − β|6η on ait ‖Jhu,v(x, y)‖61

2.

hu,v(x, y)−ha,b(α, β)=(hu,v(x, y)−hu,v(α, β))+(hu,v(α, β)−ha,b(α, β))Nous savons que ‖hu,v(x, y)− hu,v(α, β)‖6‖|Jhu,v

‖| ‖(x− α, y − β)‖.Il suffit pour cela de remarquer que

hu,v(x, y)− hu,v(α, β) =

∫ 1

0

d

dt[hu,v(α + t(x− α), β + t(y − β))] dt.

Il vient donc pour |x− α|6η et |y − β|6η,‖hu,v(x, y)− hu,v(α, β)‖6

1

2‖(x− α, y − β)‖.

hu,v(α, β)− ha,b(α, β) = Jg(α, β)−1[(a− u, b− v)].

Il existe donc un voisinage de (a, b) tel que pour tout couple (u, v) de

ce voisinage on ait ‖hu,v(α, β)− ha,b(α, β)‖6α

2.

Finalement, nous disposons d’un voisinage de (a, b) et d’une boule fer-mee, B, de centre (α, β) tel que pour tout (u, v) du premier, la restrictionde hu,v a la boule fermee est une application de B dans B.

hu,v(x, y)− hu,v(x′, y′) =

∫ 1

0

d

dt(hu,v(x+ t(x′ − x), y + t(y′ − y))) dt

=

∫ 1

0

[dhu,v((x+ t(x′ − x), y + t(y′ − y)))](x′ − x, y′ − y)dt.

‖hu,v(x, y)− hu,v(x′, y′)‖61

2‖(x′ − x, y′ − y)‖.

En utilisant a nouveau ce que nous avons maintes fois utilise, nous re-marquons que hu,v est contractante donc il existe (x, y) ∈ B tel quehu,v(x, y) = (x, y) c’est-a-dire g(x, y) = (u, v).En conclusion, si (a, b) est dans g(R2) alors il existe un voisinage de (a, b)inclus dans g(R2) ; g(R2) est donc ouvert ; etant aussi R2, il s’agit de R2.g est donc une bijection de R2 dans R2.

34


Il s’agit de prouver que g−1 = ϕ est continue.Soient (u, v) et (u′, v′) des elements de R2.ϕ(u, v) = hu,v(ϕ(u, v)), ϕ(u

′, v′) = hu′,v′(ϕ(u′, v′)).

hu,v(ϕ(u, v))− hu′,v′(ϕ(u′, v′)) = (hu,v(ϕ(u, v))− hu,v(ϕ(u

′, v′)))= + (hu,v(ϕ(u

′, v′))− hu,v(ϕ(u′, v′))).

hu,v(Y )− hu,v(X) =

∫ 1

0

d

dthu,v(X + t(Y −X))dt

=

∫ 1

0

[(dhu,v)(X + t(Y −X))](Y −X).

Si nous reprenons les notations precedentes, Pour (u, v) dans le voisinagede (a, b), ϕ(u, v) est dans la boule B.

‖[(dhu,v)(X + t(Y −X))](Y −X)‖61

2‖Y −X‖ donc

‖hu,v(ϕ(u, v))− hu,v(ϕ(u′, v′))‖61

2‖ϕ(u, v)− ϕ(u′, v′)‖.

hu,v(ϕ(u′, v′))− hu,v(ϕ(u

′, v′)) = (dg(α, β))−1(u′ − u, v′ − v).Il vient alors ‖ϕ(u, v)− ϕ(u′, v′)‖62‖(dg(α, β))−1(u′ − u, v′ − v)‖.ϕ est donc continue en (u, v) donc est continue sur R2. g est donc bi-continue.Il s’agit de prouver que ϕ est de classe C1.[Jg(x, y)]

−1 est bien defini car le determinant de la matrice Jacobienneest egal a 1− f ′(x)f ′(y) > 0.Il s’agit d’etudier ϕ(u+h1, v+h2)−ϕ(u, v)− [Jg(ϕ(u), ϕ(v))]

−1(h1, h2).Posons ϕ(u+ h1, v + h2) = (x+ k1, y + k2) et ϕ(u, v) = (x, y).ϕ(u+ h1, v + h2)− ϕ(u, v)− [Jg(ϕ(u), ϕ(v))]

−1(h1, h2)= (k1, k2)− [Jg(x, y)]

−1(g(x+ k1, y + k2)− g(x, y))= (k1, k2)−[Jg(x, y)]

−1((Jg(x, y))(k1, k2)+ε(k1, k2)‖(k1, k2)‖= ε(k1, k2)‖(k1, k2)‖.

ε a pour limite 0 en (0, 0) et est continue en (0, 0). ϕ est continue donclim

(h1, h2)→(0, 0)ε(k1, k2) = 0.

(k1, k2) = ϕ(u+ h1, v + h2)− ϕ(u, v).Nous avons vu plus haut, dans un voisinage de (a, b), l’inegalite‖ϕ(u+ h1, v + h2)− ϕ(u, v)‖62‖(Jg(α, β))−1(h1, h2)‖.Nous en deduisons que localement ‖(k1, k2)‖6M‖(h1, h2)‖.Nous avons bien alors

lim(h1, h2)→(0, 0)

1

‖(h1, h2)‖ (ϕ(u+ h1, v + h2)− ϕ(u, v)− [Jg(ϕ(u), ϕ(v))]−1(h1, h2))= 0.

ϕ est differentiable de differentielle en (u, v), (dg(ϕ(u, v)))−1.Notons (x, y) = ϕ(u, v).

La matrice Jacobienne de ϕ en (u, v) est donc1

f ′(x)f ′(y)

(1 f ′(y)

f ′(y) 1

).

(u, v) 7−→ Jϕ(u, v) est donc continue et g est bien un C1 diffeomorphisme.

4. ‖x + h‖2 − ‖x‖2 = (2x | h) + ‖h‖2. f : x 7−→ ‖x‖2 est differentiable, dedifferentielle en x, h 7−→ (2x | h).‖x‖ =

√‖x‖2 donc l’application x 7−→ ‖x‖ est derivable sur E \ {0}. En

35


utilisant la differentielle de la composee4 de deux applications differentiables

nous obtenons d(f)(x) : h 7−→ (x | h)‖x‖ .

f est-elle differentiable en 0 ?Supposons que f est differentiable en 0. Il existe une application lineaire

continue l definie de E dans R tell que limh→0

f(0 + h)− f(0)− l(h)

‖h‖ = 0 c’est-a-

dire limh→0

l(h)

‖h‖ = 1.

Nous devons aussi avoir limh→0

l(−h)‖h‖ = 1 ce qui est impossible. f n’est donc pas

differentiable en 0.

5. (a) Une matrice symetrique reelle est orthogonalement semblable a une ma-trice diagonale5.

Soit X =

x1

xi

xn

∈ Mn,1(R).

Soit A ∈ S verifiant A = PDtP ou D = Diag(λ1, · · · , λi · · · , λn) estune matrice diagonale reelle et P une matrice orthogonale.tXAX = t

(tPX

)D(tPX

).

Notons tPX = Y =

y1

yi

yn

. Nous obtenons alors tXAX =

n∑

i=1

λi(yi)2.

Quitte a permuter les colonnes de la matrice P nous pouvons supposerλ16 · · ·6λi · · ·6λn. Dans ces conditions6 nous obtenons

λ1

n∑

i=1

(yi)26

tXAX6 · · ·6λnn∑

i=1

(yi)2.

P etant une matrice orthogonale nous avons donc

λ1

n∑

i=1

(xi)26

tXAX6 · · ·6λnn∑

i=1

(xi)2.

En choisissant comme norme (euclidienne) sur Mn,1(R) la norme definie

par ‖X‖2 =n∑

i=1

(xi)2 nous obtenons λ1‖X‖26tXAX6λn‖X‖2.

Soit alors A ∈ S et soit (λi)i∈Nnla famille des valeurs propres de A.

4[(d(v ◦ u))(x)](h) = [(dv)(u(x))] ◦ (du)(x). Ici, (d√

)(y) = t ∈ R 7−→ t

2√y.

5Vous pouvez revoir les exercices du chapitre exercices3.6Nous identifions une matrice 1× 1, [a], et le scalaire a.

36


A ∈ S est definie positive si et seulement si ∀X ∈ An,1(R), X 6= 0,tXAX = [a] ∈ M1(R) avec a ∈ R∗

+ c’est-a-dire si et seulement si lesvaleurs propres de A sont toutes strictement positives.Notons λ1 la plus petite valeur propre de A et λn la plus grande valeurpropre de A.Soit H ∈ S. Notons µ1 la plus petite valeur propre de H et µn la plusgrande valeur propre de H .tX(M +H)X = tXHX + tXHX verifie donc λ1‖X‖26tXAX6λn‖X‖2et µ1‖X‖26tXHX6µn‖X‖2 donc(λ1 + µ1)‖X‖26tX(A+H)X6(λn + µn)‖X‖2. Si |µ1| < λ1 alors A+H ∈U .Nous pouvons choisir pour norme sur Mn(R) la norme definie par

‖M‖= sup‖X‖=1

tXtMMX ou, pourX=

x1

xn

∈ Mn,1(R), ‖X‖=

√√√√n∑

k=1

(xi)2.

Dans ces conditions, si la famille des valeurs propres d’une matriceM ∈ Sest (λi)i∈Nn

, nous avons alors ‖M‖ = supi∈Nn

|λi|.Nous en deduisons qu’en particulier si ‖H‖ < λ1 alors A + H ∈ U ; laboule centree en A de rayon strictement plus petit que ‖A‖ est donc in-cluse dans U ce qui prouve que U est un ouvert de S.Si nous reprenons le resultat de l’exercice 110 ou de l’exercice 111 pages162 et suivantes du livre exercice3 nous savons qu’une matrice symetriquereelle est definie positive si et seulement si les n mineurs principaux sontstrictement positifs. Notons δi(M) le mineur principal d’indice i de lamatrice M .L’application fi : M ∈ S 7−→ ∆i(M) ∈ R est une application continuecar il s’agit de la composee de l’applicationM = (mi,j)(p,q)∈(Nn)2

∈ Mn(R) 7−→ N = (mi,j)(p,q)∈(Ni)2∈ Mi(R) et de l’ap-

plication det qui sont deux applications continues.

U =

n⋂

i=1

(fi)−1(]0, +∞[) est ouvert comme intersection de n ouverts images

reciproques de R∗+ par n fonctions continues.

(b) Soit A ∈ S a valeurs propres au moins egales a 0.A = PDtP avec D = Diag(λ1, · · · , λi · · · , λn) est une matrice diagonalereelle et P une matrice orthogonale.La matrice B = P∆tP avec ∆ = Diag(

√λ1, · · · ,

√λi · · · ,

√λn) verifie

clairement la relation B = A2 et B ∈ S avec ses valeurs propres au moinsegales a 0.Soit C ∈ S avec ses valeurs propres au moins egales a 0 verifiant C2 = A.CA = CC2 = C2C = AC. A et C commutent.Nous avons deja vu7 que dans ces conditions qu’il existe une matriceorthogonale P telle que PAtP = A1 et PCtP = C1 ont sont diagonales.

7Exercice 11 du premier chapitre du livre Exercice3.

37


C2 = A ⇐⇒ (C1)2 = A1. Il y a donc une et une seule solution.

(c) L’application f : A ∈ U 7−→ A2 ∈ U est bijective.Soit H ∈ S. (A+H)2 = A2 + (AH +HA) +H2.L’application f est donc differentiable de differentielle l’application (conti-nue) l : H ∈ S 7−→ AH +HA ∈ S.AH +HA = 0 ⇒ HAH +H2A = 0 donc8

tr(HAH +H2A) = 0 = 2 tr(HAH) = 2 tr((H√A)(

√AH))

= 2 tr(t√AH)(

√AH) .

Soit M = (mi,j)i,j ∈ Mn(R). tr(tMM =

∑

16i,j6n

(mi,j)2.

Finalement AH + HA = 0 ⇒√AH = 0 puis, en multipliant a gauche

par√A, AH = 0.

A est inversible donc il vient H = 0. f est donc un C1 diffeomorphismeet f−1 est differentiable de differentielle la reciproque de l.

Par exemple pour n = 2. Choisissons comme base de S les matrices

E1 =

(1 00 0

), E2 =

(0 00 1

)et E3 =

(0 11 0

).

Soient A =

(a cc b

)et H =

(h1 h3h3 h2

).

AH+HA = (2ah1+2ch3)E1+(2ch3+2bh2)E2+(ch1+ch2+ah3+bh3)E3.La matrice de l’application H ∈ S 7−→ AH + HA ∈ S dans la base

(E1, E2, E3) est

2a 0 2c0 2b 2cc c a + b

.

La matrice inverse est :

1

2(a + b)(ab− c2)

ab+ b2 − c2 c2 −2bcc2 ab+ a2 − c2 −2ac−bc −ac 2ab

.

Dans la base (E1, E2, E3) nous obtenons donc

(∂1f)(A) =

2a0c

, (∂2f)(A) =

02bc

et (∂3f)(A) =

2c2ca+ b

.

(∂1f−1)(A2) =

1

2(a+ b)(ab− c2)

ab+ b2 − c2

c2

−bc

,

(∂2f−1)(A2) =

1

2(a+ b)(ab− c2)

c2

ab+ a2 − c2

−ac

et

(∂3f−1)(A2) =

1

2(a+ b)(ab− c2)

−2bc−2ac2ab

.

8Nous savons que pour deux matrices A et B de Mn(K) nous avons tr(AB) = tr(BA).

38


6. Soit f : A = (aij)(i,j)in(Nn)2∈ Rn2 7−→

∑

σ∈Sn

(εσ

n∏

i=1

ai,σ(i)

)∈ R. Il s’agit d’une

application polynomiale donc de classe C∞.

Soit (i, j) donne.∂f

∂ aij=∑

σ∈Snσ(i)=j

(εσ

1

aij

n∏

k=1

ak,σ(k)

). En identifiant A et la ma-

trice (aij)(i,j)in(Nn)2∈ Mn(R), nous en deduisons que

∂f

∂ aijest le determinant

de la matrice obtenue en supprimant la iieme colonne et la jieme ligne de lamatrice A multiplie par (−1)i+j c’est-a-dire (−1)i+j det(Aij).

En notant H = (hij)(i,j)in(Nn)2∈ Mn(R) et g : M ∈ Mn(R) 7−→ det(M) ∈ R

nous obtenons (dg(A))(H) =∑

16i,j6n

(−1)i+j det(Ai,j)hi,j = tr(AH) ou A de-

signe la matrice complementaire de la matrice A c’est-a-dire la matrice dontle terme d’indices (i, j) est egal a (−1)i+j det(Aj,i).Nous obtenons finalement, lorsque H tend vers 0,det(A +H) = det(A) + tr(AH) + o(‖H‖.g = f ◦ ϕ ou ϕ est l’application t 7−→ u+ tv qui est de classe C∞ et ϕ′(t) = v.

Il vient immediatement g′(t) = (df(u+ tv))(v) = tr( ˜(u+ tv) v).

7. (a) Supposons f definie sur un ouvert convexe U d’un espace vectoriel normequelconque a valeurs reelles.f convexe signifie ∀(a, b) ∈ U2, ∀t ∈ [0, 1],ϕa,b(t)6tf(a) + (1− t)f(b).Soit (t1, t2) ∈ [0, 1]2. Soit α ∈ [0, 1]. Posons t = αt1 + (1− α)t2.ta + (1− t)b = α[t1a+ (1− t1)b] + (1− α)[t2a+ (1− t2)b].f est convexe doncϕa,b(αt1 + (1− α)t2) = f(ta+ (1− t)b)

= f(α[t1a+ (1− t1)b] + (1− α)[t2a+ (1− t2)b])6αf(t1a+ (1− t1)b) + (1− α)f(t2a + (1− t2)b)= αϕa,b(t1) + (1− α)ϕa,b(t2).

ϕa,b est bien convexe.Supposons que pour tout (a, b) ∈ U2, ϕa,b est une fonction convexe.Soit t ∈ [0, 1].f(ta + (1− t)b) = ϕa,b(t.1 + (1− t).0)6tϕa,b(1) + (1− t)ϕa,b(0)

= tf(a) + (1− t)f(b).f est bien convexe.

(b) Supposons que E soit de dimension p rapportee a une base.f est de classe C2 donc ∀(t, a, b) ∈ [0, 1]2 × U × U ,

ϕ′′a,b(t) =

∑

16i,j6p

(ai − bi)(aj − bj)∂i,jf(ta+ (1− t)b).

Nous savons que ϕa,b est convexe si et seulement si sa derivee secondeest positive donc si et seulement si tAHB>0 ou A et B sont les matricescolonnes des coordonnees de a et b dans la base de E.

39


8. Soit ϕ : x ∈ U 7−→ ϕ(x) ∈ LC(E, F ) ; U ouvert de E ; F complet.Soit a ∈ U on suppose ϕ(a) inversible, ϕ continue sur U .

SoitB la boule ouvert de centre ϕ(a) de rayon strictement inferieur a1

‖(ϕ(a))−1‖ .

ϕ est continue donc l’image reciproque de B par ϕ est un ouvert V inclus dansU contenant A ; il s’agit d’un voisinage de a.Redemontrons un resultat que nous avons deja vu dans les corriges prece-dents9.Soient E et F deux espaces vectoriels normes, F complet. Soit B la bouleunite de E. LC(E, F ) muni de la norme associee definie par u ∈ LC(E, F ),‖|u‖| = sup

x∈B‖u(x)‖

Fest complet.

Soit (un)n∈N une suite de Cauchy d’elements de LC(E, F ).

Pour x ∈ E, ‖un(x)‖F6‖|un‖|‖x‖E. x etant fixe, la suite (un(x))n∈N est unesuite de Cauchy d’elements de F ; celle-ci converge donc car F est complet.Notons ∀x ∈ E, u(x) = lim

n→+∞un(x). Montrons que u est une application li-

neaire continue et qu’il s’agit de la limite de la suite (un)n∈N.∀(x, y, λ) ∈ E × E ×K, ∀n ∈ N, un(x+ λy)− un(x)− λun(y) = 0 donc encalculant la limite lorsque n tend vers +∞ nous obtenons∀(x, y, λ) ∈ E × E ×K, ∀n ∈ N, u(x+ λy)− u(x)− λu(y) = 0.u est bien lineaire.Il existe N1 ∈ N tel que pour tout couple d’entiers p et q au moins egaux a N1

on ait ‖|up − uq‖|61 ; pour tout x ∈ E et pour tout couple d’entiers p et q aumoins egaux a N nous avons alors ‖up(x)− uq(x)‖F6‖x‖E .En particulier lim

q→+∞‖uN1(x)− uq(x) = ‖uN1(x)− u(x)‖F6‖x‖E puis

‖u(x)‖F6‖x‖E + ‖uN1(x)‖F6(‖|uN1‖|+ 1)‖x‖E = K‖x‖E .u est bien continue.Soit ε > 0. Soit N ∈ N tel que pour p et q entiers au moins egaux a N on ait‖|up − uq‖|6ε.Il vient alors pour tout x ∈ E, ‖up(x)− uq(x)‖F6ε‖x‖E puis‖up(x)− u(x)‖F6ε‖x‖E et enfin ‖|up − u‖|.On a bien lim

p→+∞up = u. LC(E, F ) est bien complet.

Revenons a notre exercice.

Soit u ∈ LC(F ), u inversible. Montrons que u−1 est continue.Comme nous l’avons deja vu, dans un espace complet lorsque’une serie converge

absolument alors elle converge. Dans LC(F ) la serie∑

un converge des que

‖|u‖| < 1 car ‖|un‖|6‖|u‖|n.

Nous avons alors (IdF − u) ◦(

+∞∑

n=0

un

)= (IdF − u) ◦

(lim

n→+∞

n∑

k=0

uk

).

La continuite de l’application v ∈ LC(F ) 7−→ v ◦ w ∈ LC(F ) (avec w ∈ LC(F ))

conduit a (IdF − u) ◦(

+∞∑

n=0

un

)= lim

n→+∞(IdF − u) ◦

(n∑

k=0

uk

).

9Exercice3.

40


(IdF − u) ◦(

n∑

k=0

uk

)= IdF − un+1 donc (IdF − u) ◦

(+∞∑

n=0

un

)= IdF ).

De meme

(+∞∑

n=0

un

)◦ (IdF − u) = IdF ).

Nous en deduisons que lorsque ‖|u‖| < 1 alors IdF −u est inversible ; d’inverse+∞∑

n=0

un.

Posons pour x ∈ V , ψ(x) = ϕ(x) ◦ (ϕ(a))−1. Si ‖|ϕ(a)− ϕ(x)‖| < ‖|ϕ(a)‖|−1

alors ‖|IdF −ψ(x)‖| < 1 donc ψ(x) est inversible car F etant complet, LC(F )l’est aussi, puis ϕ(x) est inversible ϕ etant continue, il existe donc un ouvertV voisinage de a tel que pour tout x ce V on ait ϕ(x) inversible.

9. f(x, y) =1

2(|x|+ |y|+ |(|x| − |y|)|). f est continue sur R2.

Notons D1 = {(x, y) ∈ R2, |y| < x}, D2 = {(x, y) ∈ R2, |x| < y},D3 = {(x, y) ∈ R2, |y| < −x}, D4 = {(x, y) ∈ R2, |x| < −y}.D1, D2, D3, D4 sont quatre ouverts deux a deux disjoints.Sur D1, f(x, y) = x, sur D2, f(x, y) = y, sur D3, f(x, y) = −x, surD4, f(x, y) = −y.f est de classe C1 sur D1 ∪D2 ∪D3 ∪D4 c’est-a-dire le plan prive des droitesd’equations y = x et y = −x.Soit (a, b) verifiant a = b ou a = −b.• a = b > 0.Il existe α > 0 tel que le carre K = [a− α, a+ α]× [b− α, b+ α] ⊂ D1 ∪D2.Pour y > x, (x, y) ∈ K, f(x, y)− f(a, a) = y − a.Pour y < x, (x, y) ∈ K, f(x, y)− f(a, a) = x− a.

En particulierf(a+ h, a)− f(a, a)

h=

{0 si h > 01 si h > 0

;

de memef(a, a + h)− f(a, a)

h=

{1 si h > 00 si h > 0

.

f ne possede pas de derivee partielle en (a, a) avec a > 0.

• On obtient de la meme facon les memes resultats pour les couples (a, a)avec a < 0 et pour les couple s(a, −a).En (0, 0) nous avons

f(x, 0)− f(0, 0)

x=

|x|x

etf(0, y)− f(0, 0)

y=

|y|y.

La encore il n’y a pas de derivee partielle.Le plus grand ouvert sur lequel f est de classe C1 (en fait differentiable) est C1

sur D1 ∪D2 ∪D3 ∪D4.

10. f est de classe C∞ sur R2 \ {(0, 0)}. f est-elle differentiable en (0, 0) ?

Soit x 6= 0.f(x, 0)− f(0, 0)

x= 0 donc f possede une derivee partielle selon

x en (0, 0) egale a 0 ; de meme pour la derivee selon y.Pour (x, y) 6= (0, 0),

41


∂f

∂x(x, y) =

y(x4 − y4 + 4x2y2)

(x2 + y2)2et∂f

∂y(x, y) =

x(x4 − y4 − 4x2y2)

(x2 + y2)2.

Posons x = r cos(t), y = r sin(t). Nous obtenons

y(x4 − y4 + 4x2y2)

(x2 + y2)2= r sin(t)(cos(t)4 − sin(t)4 + 4 sin(t)2 cos(t)2)

= r sin(t)(cos(2t) + sin(2t)2).

Nous en deduisons

∣∣∣∣∂f

∂x(x, y)

∣∣∣∣62|y| et de meme

∣∣∣∣∂f

∂x(x, y)

∣∣∣∣62|x|.

lim(x, y)→(0, 0)

∂f

∂x(x, y) = 0 =

∂f

∂x(0, 0), lim

(x, y)→(0, 0)

∂f

∂y(x, y) = 0 =

∂f

∂y(0, 0).

f est de classe C1 sur R2.∂f

∂x(x, 0)− ∂f

∂x(0, 0)

x= 0,

∂f

∂x(0, y)− ∂f

∂x(0, 0)

y= −1,

∂f

∂y(x, 0)− ∂f

∂x(0, 0)

x= 1,

∂f

∂y(0, y)− ∂f

∂x(0, 0)

x= 0.

Nous en deduisons∂2f

∂x2(0, 0) = 0,

∂2f

∂y2(0, 0) = 0,

∂2f

∂x ∂y(0, 0) = 1,

∂2f

∂y ∂x(0, 0) = −1.

f n’est pas de classe C2.

11. • f(x, y) = (x2 + y2) sin

(1

x2 + y2

), f(0, 0) = 0.

Pour x 6= 0,f(x, 0)− f(0, 0)

x= x sin

(1

x2

)donc lim

x→0

f(x, 0)− f(0, 0)

x= 0.

De meme limy→0

f(0, y)− f(0, 0)

y= 0.

f possede des derivees partielles en tout point de R2.

Pour (x, y) 6= (0, 0),∂f

∂x(x, y) = 2x sin

(1

x2 + y2

)− 2x

x2 + y2cos

(1

x2 + y2

).

Cette derivee partielle n’a pas de limite en (0, 0).

f est de classe C1 sur R2\{(0, 0)} mais pas sur R2 sur lequel elle est cependantcontinue.f(x, y)− f(0, 0)− x∂f

∂x(0, 0)− y ∂f

∂y(0, 0)

√x2 + y2

=√x2 + y2 sin

(1

x2 + y2

).

lim(x,y)→(0,0)

√x2 + y2 sin

(1

x2 + y2

)= 0 donc f est differentiable en 0 ; f est dif-

ferentiable sur R2.

• f(x, y) = x3 − y3

x2 + y2, f(0, 0) = 0.

Pour x 6= 0,f(x, 0)− f(0, 0)

x= 1 donc lim

x→0

f(x, 0)− f(0, 0)

x= 1.

∂f

∂x(0, 0) = 1.

De meme limy→0

f(0, y)− f(0, 0)

y= 1 et

∂f

∂y(0, 0) = 1.

42


f possede des derivees partielles en tout point de R2.

Pour (x, y) 6= (0, 0),∂f

∂y(x, y) =

x4 + 3x2y2 − 2xy3

(x2 + y2)2.

Soit t ∈ R. Choisissons y = tx (on fait le choix d’une direction).

x4 + 3x2y2 − 2xy3

(x2 + y2)2=

1 + 3t2 − 2t3

(1 + t2)2.

Il n’y a donc pas de limite en (0, 0) car celles-ci different selon les directions.f n’est donc de classe C1 que sur R2 \ {(0, 0)}.f(x, y)− f(0, 0)− x∂f

∂x(0, 0)− y ∂f

∂y(0, 0)

√x2 + y2

= −xy x+ y

(x2 + y2)32

.

En posant y = tx nous obtenons −xy x+ y

(x2 + y2)32

= − t+ t2

(1 + t2)32

(x, y) 7−→ −xy x+ y

(x2 + y2)32

n’a donc pas de limite en (0, 0) et f n’est donc pas

differentiable en 0. D’apres ce que nous avons vu plus haut, f ne peut etre declasse C1.

• f(x, y) = xy√x2 + y2

, f(0, 0) = 0.

f est continue en (0, 0) car |f(x, y)|61

2

√x2 + y2 donc lim

(x, y)→(0, 0)f(x, y) = 0.

f(x, 0)− f(0, 0) = 0 donc∂f

∂x(0, 0) = 0 de meme

∂f

∂y(0, 0) = 0.

Pour (x, y) 6= (0, 0),∂f

∂x(x, y) =

y3

(x2 + y2)32

,∂f

∂y(x, y) =

x3

(x2 + y2)32

.

En posant y = tx nous obtenons pour x 6= 0,∂f

∂x(x, y) =

t3

(1 + t2)32

.

Nous n’avons donc pas de limite en (0, 0) et f n’est donc pas differentiable en0. Nous aurions pu aussi calculer

f(x, y)− f(0, 0)− x∂f

∂x(0, 0)− y ∂f

∂y(0, 0)

√x2 + y2

=xy

x2 + y2.

En posant y = tx nous obtenons

f(x, y)− f(0, 0)− x∂f

∂x(0, 0)− y ∂f

∂y(0, 0)

√x2 + y2

=t

1 + t2.

Nous n’avons donc pas de limite en (0, 0) et f n’est donc pas differentiable en0.D’apres ce que nous avons vu plus haut, f ne peut etre de classe C1.

• f(x, y) = x sin(y)− y sin(x)

x2 + y2, f(0, 0) = 0.

f(x, 0)− f(0, 0) = 0 donc∂f

∂x(0, 0) = 0 ; de meme

∂f

∂y(0, 0) = 0.


43


Pour (x, y) 6= (0, 0) nous avons

∂f

∂x(x, y) =

(y2 − x2) sin(y)− (x2 + y2)y cos(x) + 2xy sin(x)

(x2 + y2)2.

sin(x) = x + x2ε1(x), cos(x) = 1 + xε2(x) ou ε1 et ε2 sont des applicationsdefinies de R dans R, continues, nulles en 0.(y2 − x2) sin(y)− (x2 + y2)y cos(x) + 2xy sin(x)

= y2(y2 − x2)ε1(y)− xy(x2 + y2)ε2(x) + 2x3yε1(x).Nous en deduisons|(y2 − x2) sin(y)− (x2 + y2)y cos(x) + 2xy sin(x)|

6(x2+ y2)2[|ε1(y)|+ 12|ε2(x)|+ |ε1(x)|]

puis lim(x, y)→(0, 0)

∂f

∂x(x, y) = 0. De meme lim

(x, y)→(0, 0)

∂f

∂y(x, y) = 0.

f est donc de classe C1.

• f(x, y) = sin(xy)

|x|+ |y| , f(0, 0) = 0.

f(x+ h, 0)− f(x, 0) = 0 donc∂f

∂x(x, 0) = 0 ; de meme

∂f

∂y(0, y) = 0.

Pour x et y non nuls nous avons∂f

∂x(x, y) =

y cos(xy)(|x|+ |y|)− ε sin(xy)

(|x|+ |y|)2ou ε = sgn(x).y cos(xy)(|x|+ |y|)− ε sin(xy) = y|y|+ |x|xy2η1(xy)+ |y|xy2−|x|xy2η2(xy) ouη1 et η2 sont des applications definies de R dans R, continues, nulles en 0.

lim(x, y)→(0, 0)

|x|xy2η1(xy) + |y|xy2 − |x|xy2η2(xy)(|x|+ |y|)2 = 0.

(x, y) 7−→ |y|y(|x|+ |y|)2 n’a pas de limite en (0, 0) donc f n’est pas de classe

C1.

Pour a 6= 0, on a lim(x, y)→(a, 0)

∂f

∂x(x, y) = 0 car en se limitant a une boule cen-

tree en (a, 0) de rayon au plus egal a|a|2, x reste non nul. f est donc de classe

C1 sur R2 \ {(0, 0)}.

(x, y) 7−→f(x, y)− f(0, 0)− x∂f

∂x(0, 0)− y ∂f

∂y(0, 0)

√x2 + y2

=sin(xy)√x2 + y2

n’a pas de

limite en (0, 0) donc n’est pas differentiable et n’est donc evidemment pas declasse C1.

• f(x, y) = exp

(1

x2 + y2 − 1

)si x2 + y2 < 1, 0 sinon.

Soient (a, b) appartenant au cercle unite et h ∈ R∗. (a+h)2+b2−1 = h(h+2a).

f(a+ h, b)

h=

0 si h(h+ 2a) > 0

1

hexp

(1

h(h + 2a)

)si −a6h(h+ 2a) < 0

.

44


Pour a = 0,f(a+ h, b)

h= 0 donc lim

h→0

f(a+ h, b)

h= 0.

Pour a 6= 0, Nous pouvons, pour rester dans un voisinage V de 0, nous limitera |h|6|a|.Notons sgn(a) = ε ∈ {−1, 1}. Dans V nous avons

f(a+ h, b)

h=

0 si εh > 0

1

hexp

(1

h(h + 2a)

)si −a6εh < 0

.

1

hexp

(1

h(h + 2a)

)= (h + 2a)

1

h(h+ 2a)exp

(1

h(h + 2a)

).

Nous en deduisons limεh→0+

f(a+ h, b)

h= 0 et lim

εh→0−

f(a+ h, b)

h= 0.

Le resultat est le meme pourf(a, b+ h)

h.

f possede donc une derivee partielle en tout point du cercle unite. Nous avonsdonc finalement

∂f

∂x(x, y) =

0 si x2 + y2>1

− 2x

(x2 + y2 − 1)2exp

(1

x2 + y2 − 1

)si x2 + y2 < 1

.

Soit (a, b) un element du cercle unite. Soit A1 le disque ouvert centre en (0, 0)de rayon 1. Soit A2 le complementaire de A1.

lim(x, y)→(a, b)(x, y)∈A2

∂f

∂x(x, y) = 0. Nous savons que pour tout reel α, lim

t→−∞|t|α exp(−t) = 0.

Nous obtenons alors lim(x, y)→(a, b)(x, y)∈A1

∂f

∂x(x, y) = 0 puis lim

(x, y)→(a, b)

∂f

∂x(x, y) = 0.

En faisant de meme avec∂f

∂y(x, y) = 0 nous en deduisons que f est de classe

C1 car sur chacun des ouverts definis par x2 + y2 − 1 < 0 ou x2 + y2 − 1 > 0 fest de classe C1.

• f(x, y) = y2 sin

(x

y

)pour y 6= 0 et 0 sinon.

∀(x, y) ∈ R2, |f(x, y)|6y2 donc lim(x, y)→(a, 0)

f(x, y) = 0. f est continue sur R2.

Pour y 6= 0,1

y(f(x, y)− f(x, 0)) = y sin

(x

y

)donc lim

y→0

1

y(f(x, y)− f(x, 0)) = 0

et∂f

∂y(x, 0) = 0.

f(x+ y, 0)− f(x, 0) = 0 donc∂f

∂x(x, 0) = 0.

Pour y 6= 0 nous avons∂f

∂x(x, y) = y cos

(x

y

)et∂f

∂y(x, y) = 2y sin

(x

y

)− x cos

(x

y

).


45


lim(x, y)→(a, 0)

∂f

∂x(x, y) = 0, lim

(x, y)→(0, 0)

∂f

∂y(x, y) = 0 mais (x, y) 7−→ ∂f

∂y(x, y) n’a

pas de limite en (a, 0) pour a 6= 0. f est donc de classe C1 sur R2 \R∗ × {0}.∀(a, h, k) ∈ R3, |f(a+h, k)−f(a, 0)|6k2. f est donc differentiable en (a, 0)et donc sur R2 d’apres ce que nous avons vu plus haut. L’une des deriveespartielles n’est pas continue mais d’apres ce qui a ete demontre cela suffit a ceque f soit differentiable sur R2.

• f(x, y) = 1− x2 − y2 si x2 + y2 < 1, 0 sinon.Notons A1 le disque unite ouvert et A2 son complementaire. Soit (a, b) unpoint du cercle unite.Il est immediat que lim

(x, y)→(a, b)(x, y)∈A1

f(x, y) = 0 et lim(x, y)→(a, b)

(x, y)∈A2

f(x, y) = 0. f est donc

continue sur R2.

Pour h 6= 0 et a 6= 0,f(a+ h, b)− f(a, b)

h=

{ −h− 2a s (a + h, b) ∈ A1

0 s (a + h, b) ∈ A2

.

Choisissons |h|6|a|. Notons ε = sgn(a) ∈ {−1, 1}. Nous obtenons alors dansces conditions

f(a+ h, b)− f(a, b)

h=

{ −h− 2a) si εh < 0

0 si εh > 0.

limεh→0−

f(a+ h, b)− f(a, b)

h= −2a, lim

εh→0+

f(a+ h, b)− f(a, b)

h= 0.

Nous en deduisons limh→0

f(h, b)− f(0, b)

h= 0 et

∂f

∂x(0, b) = 0.

La derivee partielle selon x en (a, b) avec a 6= 0 n’existe pas.

De meme∂f

∂y(a, 0) = 0. La derivee partielle selon x en (a, b) avec b 6= 0

n’existe pas.

Pour a2 + b2 < 1,∂f

∂x(a, b) = −2a et

∂f

∂y(a, b) = −2b. f est donc de classe

C1 sur le complementaire du cercle unite ; les derivees partielles ne sont pas

continues sur le cercle unite.∂f

∂xest continue en (0, ±1) mais pas

∂f

∂yde meme

∂f

∂yest continue en (±1, 0) mais pas

∂f

∂x.

• f(x, y) = (x+ y)√x2 + y2 sin

(1√

x2 + y2

)si x2 + y2 6= 0, 0 sinon.

Pour x 6= 0,f(x, 0)− f(0, 0)

x= |x| sin

(1

|x|

).

Nous obtenons immediatement limx→0

f(x, 0)− f(0, 0)

x= 0 puis

∂f

∂x(0, 0) = 0.

De meme∂f

∂y(0, 0) = 0.

Pour (x, t) 6= (0, 0) nous avons

46


∂f

∂x(x, y) =

√x2 + y2 sin

(1√

x2 + y2

)+

x(x+ y)√x2 + y2

sin(√

x2 + y2)

−x(x+ y)

x2 + y2cos

(1√

x2 + y2

).

|x(x+ y)|6√2(x2 + y2) donc∣∣∣∣∣

√x2 + y2 sin

(1√

x2 + y2

)+

x(x+ y)√x2 + y2

sin(√

x2 + y2)∣∣∣∣∣6(1 +

√2)√x2 + y2.

lim(x, y)→(0, 0)

√x2 + y2 sin

(1√

x2 + y2

)+

x(x+ y)√x2 + y2

sin(√

x2 + y2)= 0.

En revanche (x, y) 7−→ x(x+ y)

x2 + y2cos

(1√

x2 + y2

)n’a pas de limite en (0, 0).

f est donc de classe C1 sur R2 \ {0}.1√

x2 + y2

(f(x, y)− f(0, 0)− x

∂f

∂x(0, 0)− y

∂f

∂y(0, 0)

)

= (x+ y) sin

(1√

x2 + y2

).

lim(x, y)→(0, 0)

1√x2 + y2

(f(x, y)− f(0, 0)− x

∂f

∂x(0, 0)− y

∂f

∂y(0, 0)

)= 0.

f est donc differentiable en (0, 0).

• f(x, y) = xy

(x2 + y2)αsi x2 + y2 6= 0, 0 sinon ; ou α est un reel.

•• Supposons α > 1. Soit t ∈ R. Supposons y = tx.

Pour (y, x) 6= (0, 0), f(x, tx) =t

(1 + t2)αx2

1−α.

Pour t > 0, limx→0

f(x, tx) = +∞, pour t < 0, limx→0

f(x, tx) = −∞ et pour t = 0,

limx→0

f(x, tx) = 0.

f n’est pas continue en (0, 0).

•• Supposons α = 1. Soit t ∈ R. Supposons y = tx. Pour (y, x) 6= (0, 0),

f(x, tx) =t

1 + t2. f n’a donc pas de limite en (0, 0) et f n’est pas continue

en (0, 0).

•• Supposons α < 1. |f(x, y)|6(x2 + y2)1−α. lim(x, y)→(0, 0)

f(x, y) = 0. f est

continue en (0, 0).

Pour x 6= 0, f(x, 0) = 0 et pour y 6= 0, f(0, y) = 0 donc∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂y(0, 0) = 0.

Pour (x, y) 6= (0, 0),∂f

∂x(x, y) =

y((1− 2α)x2 + y2)

(x2 + y2)1+α.

Pour α <1

2,

∣∣∣∣∂f

∂x(x, y)

∣∣∣∣6(x2 + y2)12−α(1− 2α). lim

(x, y)→(0, 0)

∂f

∂x(x, y) = 0.

47


f est donc de classe C1 sur R2.

Pour α =1

2

∂f

∂x(x, y) =

y3

(x2 + y2)32

.∂f

∂x(x, tx) =

t3

(1 + t2)32

.

(x, y) 7−→ ∂f

∂x(x, y) n’a pas de limite en (0, 0).

Pour α >1

2,∂f

∂x(x, tx) = x2

12−α t(1− 2α + t2)

(1 + t2)1+α.

Pour t(1− 2α+ t2) 6= 0, (x, y) 7−→ ∂f

∂x(x, tx) n’est pas borne au voisinage de

(0, 0).

f n’est pas continue en (0, 0) donc n’est pas de classe C1.

12. Soit F definie sur R2 par F (x, y) =

sin(x)− sin(y)

x− ylorsque x 6= y

cos(x) lorsque x = y

.

L’application F est evidemment continue sur l’ouvert D.En utilisant la formule de Taylor nous obtenons pour (x, y) ∈ D :

F (x, y) = cos(y)− 1

x− y

∫ x

y

(x− t) sin(t)dt.

Soit (a, h, k) ∈ R3.

F (a+ h, a+ k) =

cos(a+ k)− 1

h− k

∫ a+h

a+k

(a+ h− t) sin(t)dt si h 6= k

cos(a+ k) si h = k

1

|h− k|

∣∣∣∣∫ a+h

a+k

(a+ h− t) sin(t)dt

∣∣∣∣61

2|h− k| donc ∀(a, h, k) ∈ R3,

|F (a+ h, a+ k)− F (a, a)|6| cos(a + k)− cos(a)|+ 1

2|h− k|.

Nous en deduisons lim(h, k)→(0, 0)

F (a+ h, a+ k) = F (a, a).

F est continue sur R2.

13. f etant de classe C1, pour (x, y) ∈ R2, f(y)− f(x) =

∫ y

x

f ′(t)dt puis, pour

x 6= y, g(x, y)− f ′(a) =1

y − x

∫ y

x

(f ′(t)− f ′(a))dt.

f ′ est continue donc pour ε > 0 il existe η > 0 tel que pour t ∈ R onait : |t − a|6η ⇒ |f ′(t) − f ′(a)|6ε. Nous en deduisons pour (x, y) ∈ R2,

(|x− a|6η, |y − a|6η, x 6= y) ⇒ |g(x, y)− f ′(a)|6 1

|y − x|

∣∣∣∣∫ y

x

εdt

∣∣∣∣6ε et

(|x− a|6η, |y − a|6η, x = y) ⇒ |g(x, y)− f ′(a)| = |f ′(x)− f ′(a)|6ε.g est donc continue en (a, a) ∈ R2. Il est immediat que g est continue en(a, b) ∈ R2 pour a 6= b donc g est continue sur R2.Pour (a, b) ∈ R2 avec a 6= b g possede des derivees partielles verifiant

∂g

∂x(a, b) =

(a− b)f ′(a)− (f(a)− f(b))

(a− b)2.

48


De meme∂g

∂y(a, b) =

(b− a)f ′(b)− (f(b)− f(a))

(a− b)2.

f etant de classe C2 nous avons pour (x, y) ∈ R2 la relation

f(y)− f(x) = (y − x)f ′(x) +

∫ y

x

(y − t)f ′′(t)dt. Il vient donc, pour x 6= y,

(x− y)f ′(x) + f(y)− f(x)

(x− y)2− 1

2f ′′(a) =

1

(x− y)2

∫ y

x

(y − t)(f ′′(t)− f ′′(a))dt

puis

∣∣∣∣∂g

∂x(x, y)− f ′′(a)

∣∣∣∣61

(x− y)2supt∈[x,y]

|f ′′(t)− f ′′(a)|∫ y

x

|y − t|dt.

f est de classe C2 donc pour ε > 0 il existe η > 0 tel que pour (x, y) ∈ R2,(|x− a|6η, |y − a|6η) ⇒ |f ′′(t)− f ′′(a)|62ε.Il vient alors pour (x, y) ∈ R2,

(|x−a|6η, |y−a|6η, x 6= y)⇒∣∣∣∣∂g

∂x(x, y)− 1

2f ′′(a)

∣∣∣∣62ε

(x− y)2

∫ y

x

|y − t|dt = ε.

Soit h ∈ R∗.g(x+ h, x)− g(x, x)

h=f(x+ h)− f(x)− hf ′(x)

h2.

Nous avons comme precedemment∣∣∣∣g(x+ h, x)− g(x, x)

h− 1

2f ′′(x)

∣∣∣∣6|h| supt∈[0, h]

|f ′′(x+ t)− f ′′(x)|.

Il vient immediatement limh→0

g(x+ h, x)− g(x, x)

h=

1

2f ′′(x) c’est-a-dire

∂g

∂x(x, x) =

1

2f ′′(x). Il vient alors pour (x, y) ∈ R2,

(|x− a|6η, |y − a|6η, x = y) ⇒∣∣∣∣∂g

∂x(x, y)− 1

2f ′′(a)

∣∣∣∣61

2|f ′′(x)− f ′′(a)|6ε.

Nous en deduisons lim(x,y)→(a,a)

∂g

∂x(x, y) =

1

2f ′′(a). g est bien de classe C1.

14. Notons g(t) = xt2 + yt. Pour x > 0 nous avons

t −∞ − y

2x+∞

g(t) +∞ ❳❳❳③− y2

4x✘✘✘✿ +∞

et pour x < 0

t −∞ − y

2x+∞

g(t) −∞✘✘✘✿

− y2

4x ❳❳❳③−∞

F (x, y) = supt∈[0, 1]

g(t). En examinant les divers cas selon la place de − y

2xpar

49


rapport a 0 et a 1, nous obtenons

F (x, y) =

max(x+ y, 0) si x>0

0 si x < 0 et y < 0

− y2

4xsi x < 0, y>0 et 2x+ y60

x+ y si x < 0 et 2x+ y > 0

.

Nous pouvons reecrire autrement cette reponse.

F (x, y) =

max(x+ y, 0) si x>0 ou y < 0 ou y + 2x > 0

− y2

4xsi x < 0 et 06y6− 2x

.

max(u, v) =u+ v|u− v|

2donc l’application (u, v) ∈ R2 7−→ max(u, v) ∈ R

est une application continue.Soit ∆ le ferme, reunion des demi droits d’equations respectives :2x+ y = 0, x60 et y = 0, x60.F est continue et meme de classe C1 dans l’ouvert R2 \∆.Pour prouver la continuite de F il faut donc prouver la continuite aux points(x, 0) , aux points (x, −2x) avec x < 0 et au point (0, 0).

• Pour t ∈ [0, 1], |g(t)|6|x|+ |y| donc ∀(x, y) ∈ R2, |F (x, y)|6|x|+ |y|.Nous avons alors lim

(x, y)→(0, 0)F (x, y) = 0 = F (0, 0).

• Soit a < 0. Soit le rectangle R1 =

[a− h

2, a+

h

2

]× [−2a− h, −2a + h]

avec 0 < h < −2a. Dans ce rectangleR1, pour−2x6y6−2a+h et a− h

26x6a +

h

2,

nous avons −h62a− 2x6y + 2a6h.

F (x, y)−F (a, −2a) = (x−a)+(y+2a) donc |F (x, y)− F (a, −2a)|6h2+ h.

Pour −2a−h6y6−2x et a− h

26x6a+

h

2, nous avons |4ax|>2a(2a+h) > 0,

0 < −4a− h6y − 2a6− 4a+ h,

F (x, y)− F (a, −2a) =−(y − 2a)(y + 2a) + 4a(x− a)

4ax.

Nous obtenons alors |F (x, y)− F (a, −2a)|6(−4a+ h)h− 2ah

2a(2a+ h)=

h(h− 6a)

2a(h+ 2a).

limh→0

h(h− 6a)

2a(h+ 2a)= 0 donc pour ε > 0, ∃η ∈]0, −2a[0 tel que pour 0 < h < η

on a 0 <3h

26ε et 0 <

h(h− 6a)

2a(h + 2a)6ε.

Finalement pour |x− a|6η2et |y + 2a|6η nous avons |F (x, y)−F (a, −2a)|6ε.

F est continue en (a, −2a) avec a < 0.• Soit a < 0. Considerons le rectangle R2 = [a − h, a + h] × [−h, h] avec0 < h < −2a

3.

50


Dans ce rectangle R2, pour y > 0 nous avons F (x, y)− F (a, 0) = − y2

4xet

pour y60, F (x, y)− F (a, 0) = 0.

Nous avons donc |F (x, y)− F (a, 0)|6 h2

4(−a− h).

limh→0

h2

4(−a− h)= 0 donc pour ε > 0 ∃η ∈

]0, −2a

3

[tel que pour 0 < h < η

on a 0 <h2

4(−a− h)6ε.

Il vient alors pour |x− a|6η et |y|6η, |F (x, y)− F (a, 0)|6ε. F est continueen (a, 0) avec a < 0.Finalement, F est continue sur R2.

Soit a>0. Pour h 6= 0,F (a+ h, −a)− F (a, −a)

h=

{0 pour h < 01 pour h > 0

.

De memeF (a, −a+ h)− F (a, −a)

h=

{0 pour h < 01 pour h > 0

.

F n’a pas de derivees partielles en (a, −a) avec a>0.

Soit a < 0. Pour h 6= 0,F (a+ h, 0)− F (a, 0)

h= 0.

F (a, h)− F (a, 0)

h=

0 pour h < 0

− h

4apour h > 0

.

F possede donc des derivees partielles en (a, 0) (pour a < 0) nulles.

Pour x < 0 et 0 < y < −2x,∂F

∂x(x, y) =

y2

4x2,∂F

∂y(x, y) = − y

2x.

Soit a < 0. Pour x et y strictement negatifs,∂F

∂x(x, y) =

∂F

∂y(x, y) = 0.

Nous avons donc lim(x, y)→(a, 0)

∂F

∂x(x, y) = 0, lim

(x, y)→(a, 0)

∂F

∂y(x, y) = 0.

Soit h 6= 0, a < 0, h < −a.F (a+ h, −2a)− F (a, −2a)

h=

1 si h < 0a

a+ hsi h > 0

.

Soit h 6= 0, a < 0, h > 2a.

F (a, −2a+ h)− F (a, −2a)

h=

4a− h

4asi h < 0

1 si h > 0.

F possede des derivees partielles en (a, −2a) (avec a < 0) egales a 1.

• Pour x < 0 et y > −2x,∂F

∂x(x, y) =

∂F

∂y(x, y) = 1.

• et 0 < y < −2x,∂F

∂x(x, y) =

y2

4x2,∂F

∂y(x, y) = − y

2x.


51


On a, pour a < 0, lim(x, y)→(a, −2a)

∂F

∂x(x, y) = 1, lim

(x, y)→(a, −2a)

∂F

∂y(x, y) = 1.

Soit D la demi droite d’equation y = −x, x>0. F est donc de classe C1 surR2 \D.

15. Notons x = (x1, · · · , xn) et y = (xn, · · · , x1).n∑

i=1

xixn+1−i est le produit sca-

laire de x et de y. f(x) =1

‖x‖

n∑

i=1

xixn+1−i. En utilisant l’inegalite de Cauchy-

Schwarz nous obtenons

∣∣∣∣∣n∑

i=1

xixn+1−i

∣∣∣∣∣6‖x‖ ‖y‖ = ‖x‖2.

Nous avons donc |f(x)|6‖x‖ puis limx→0

f(x) = 0. Nous posons alors f(0) = 0.

f est continue sur Rn, de classe10 C1 sur Rn \ {0}.Il reste a regarder ce qu’il se passe en 0.

• Supposons n impair, n = 2p+ 1.Soit ∈ Nn, i 6= p + 1. Soit x = (x1, · · · , xn) ou les xj pour j ∈ Nn sont tousnuls sauf xi. f(x)− f(0) = 0.Supposons i = p+ 1.

f(x)− f(0) =(xp+1)

2

|xp+1|= |xp+1|.

limxp+1→0−

f(x)− f(0)

xp+1

= −1, limxp+1→0+

f(x)− f(0)

xp+1

= 1.

La derivee partielle de f selon xp+1 en 0 n’existe pas.

• Supposons n pair, n = 2p.Soit x = (x1, · · · , xn) ou les xj pour j ∈ Nn sont tous nuls sauf xi.f(x)− f(0) = 0. Les derivees partielles de f en 0 sont toutes nulles.

Soit alors x 6= 0.f(x)− f(0)

‖x‖ =1

‖x‖2n∑

i=1

xixn+1−i.

Choisissons x = (a, a, · · · , a) . f(x)− f(0)

‖x‖ =1

na2

n∑

i=1

a2 = 1.

Si f etait differentiable en 0 on devrait avoir df(0) = 0 donc

limx→0

f(x)− f(0)− df(0)(x)

‖x‖ = 0. f n’est donc pas differentiable en 0.

16. (a) GLn(R), le groupe lineaire de Rn, est l’ensemble des matrices reelles deMn(R) dont le determinant est non nul.En choisissant une base de Mn(R) nous pouvons considerer le determi-

nant comme l’application (ai,j)(i,j)∈(Nn)2∈ Rn2 7−→

∑

σ∈Sn

εσ

n∏

i=1

ai,σ(i) ∈ R.

Il s’agit donc d’une application polynomiale qui est alors continue.GLn(R)est l’image reciproque de l’ouvert R∗ par cette application ; il s’agit donc

10Voir l’exercice numero 3.

52


bien d’un ouvert de Mn(R).

(b) Soit M ∈ Mn(R) (qui est complet car de dimension finie) verifiant‖M‖ < 1.∥∥∥∥∥

p+q∑

k=p

Mk

∥∥∥∥∥6p+q∑

k=p

‖M‖k. La serie11 entiere reelle de terme general ‖M‖k est

convergente donc ∀ε > 0, ∃N ∈ N tel que ∀p>N,∥∥∥∥∥

p+q∑

k=p

Mk

∥∥∥∥∥6ε.

La serie de terme generalMk est donc convergente car absolument conver-gente sur un espace complet.Le produit de deux matrices est une application continue donc

(In −M)+∞∑

k=0

Mk = limp→+∞

(In +M)

p∑

k=0

Mk = limp→+∞

(p∑

k=0

Mk −p+1∑

k=1

Mk

)

= limp→+∞

(In −Mp+1

)= In.

Nous en deduisons que In −M est inversible et (In −M)−1 =+∞∑

k=0

Mk.

Lorsque M tend vers 0 nous obtenons alors(In −M)−1 = In +M +M2 +M2ε(M) avec lim

M→0ε(M) = 0.

Soit (X, H) ∈ GLn(R)×Mn(R) tel que X +H ∈ GLn(R).

(X +H)−1 −X−1 = X−1[(In +HX−1

)−1 − In

].

Supposons ‖HX−1‖ < 1. En utilisant ce que nous venons de voir nous ob-

11Nous pouvons effectuer une demonstration sans utiliser les series.Nous munissons Mn(K) d’une norme d’algebre c’est-a-dire verifiant pour deux matrices A et B‖AB‖6‖A‖ ‖B‖.Soit M ∈ GLn(K). M−1 = (ai,j)(i,j)∈(Nn)2

ou ∀(i, j) ∈ (Nn)2, ai,j =

(−1)i+jαi,j

det(M); αi,j est le de-

terminant de la sous-matrice de M obtenue en supprimant a la matrice M la jieme ligne et la

iieme colonne.L’application A ∈ Mp(K) 7−→ det(A) ∈ K est continue donc l’application M ∈ GLn(K) 7−→M−1 ∈ GLn(K) est continue.M ∈ Mn(R) 7−→ det(In −M) ∈ R est continue et prend la valeur 1 en 0. Il existe donc α > 0 tel

que pour toute matrice M on ait ‖M‖6α⇒ det(In −M)>1

2> 0. Ces matrices In −M sont donc

inversibles.

L’application M ∈ GLn(K) 7−→ M−1 ∈ GLn(K) implique limM→In

M−1 = In. Il existe donc β > 0

tel que pour M ∈ GLn(R) verifiant ‖M − In‖6β on a ‖M−1‖6‖In‖+ 1 = m.

Soit η6min(α, β). Pour M ∈ Mn(R) de norme au plus egale a η

(In −M)−1 − In −M −M2

‖M‖2 = (In −M)−1 I − (In −M)(In +M +M2)

‖M‖2 = −(In −M)−1 M3

‖M‖2 .

Il vient alors

∥∥∥∥(In −M)−1 − In −M −M2

‖M‖2∥∥∥∥6m‖M‖.

Nous reprenons alors la preuve en evaluant1

‖H‖(f(X +H)− f(X) +X−1HX−1

).

53


tenons (In +HX−1)−1 − In +HX−1 =(HX−1

)2+(HX−1

)2ε(H) avec

limH→0

ε(H) = 0.

1

‖H‖(f(X +H)− f(X) +X−1HX−1

)

=1

‖H‖(X−1

(HX−1

)2+X−1

(HX−1

)2ε(H)

).

1

‖H‖∥∥∥X−1

(HX−1

)2+X−1

(HX−1

)2ε(H)

∥∥∥

61

‖H‖(‖X−1‖2(‖H‖ ‖X−1‖+ ε(H)

).

f est differentiable et H 7−→ X−1HX−1 est la differentielle de f en X .Cela prouve que f est continue puis qu’elle est de classe C1 car le produitde matrices est une application continue.

17. Soit ϕ : R2 → R, continue. Soit f : R2 → R, f(x, y) =

∫ x

0

[∫ y

0

ϕ(u, v)dv

]du.

ϕ est continue donc f est bien definie.∂f

∂x(x, y) =

∫ y

0

ϕ(x, v)dv.

En utilisant la formule de Fubini nous avons aussi∂f

∂y(x, y) =

∫ x

0

ϕ(u, y)du.

Les deux applications∂f

∂xet∂f

∂ysont continues donc f est de classe C1.

Supposons ϕ de classe C1. Nous avons alors∂2f

∂x2(x, y) =

∫ y

0

∂ϕ

∂x(x, v)dv,

∂2f

∂y2(x, y) =

∫ x

0

∂ϕ

∂y(u, y)du et

∂2f

∂x∂y(x, y) = ϕ(x, y). f est alors de classe C2.

18. Soit ϕ une application de classe C1 de R dans R. Soit E = C0([a, b],R) munide ‖ ‖∞.

Soit f ∈ E, on pose Φ(f) =

∫ b

a

ϕ(f(t))dt.

Soit (f, h) ∈ E2 un couple d’applications continues de [a, b] dans R.Posons ‖f‖∞ = C. ϕ′ est uniformement continue sur tout intervalle fermeborne inclus dans R, par exemple, sur I = [−C − 1, C + 1].Pour ε > 0 il existe α ∈]0, 1] tel que pour tout (x, y) ∈ I2 on ait

|x− y|6α⇒ |ϕ′(y)− ϕ′(x)|6 ε

b− a.

Supposons ‖h‖∞6 α.

ϕ(f(t) + h(t)) = ϕ(f(t)) + h(t)

∫ 1

0

ϕ′(f(t) + u h(t))du.

ϕ(f(t)+h(t))−ϕ(f(t))−h(t)ϕ′(f(t))=h(t)

∫ 1

0

[ϕ′(f(t)+uh(t))−ϕ′(f(t))] du.

|f(t) + u h(t)|6‖f‖∞ + ‖h‖∞6C + 1 donc

|h(t)|∣∣∣∣∫ 1

0

[ϕ′(f(t)+uh(t))−ϕ′(f(t))] du

∣∣∣∣6ε

b− a‖h‖∞.

54


Φ(f + h)− Φ(f)−∫ b

a

h(t)ϕ′(f(t))dt

=

∫ b

a

(∫ 1

0

h(t) [ϕ′(f(t) + uh(t))− ϕ′(f(t))] du

)dt.

∣∣∣∣∫ b

a

(∫ 1

0

h(t) [ϕ′(f(t)+uh(t))−ϕ′(f(t))] du

)dt

∣∣∣∣6‖h‖∞ε

b− a(b− a) = ε‖h‖∞.

L’application l : h ∈ E 7−→∫ b

a

h(t)ϕ′(f(t))dt ∈ R est clairement lineaire.

|h(t)ϕ′(f(t))|6‖h‖∞ sup|z|6‖f‖∞

|ϕ′(z)|.

l est continue donc Φ est differentiable et (dΦ)(f) = h ∈ E 7−→∫ b

a

h(t)ϕ′(f(t))dt.

Montrons que dΦ est continue en f . Avec les memes notations qu’au dessus,soit g ∈ E verifiant ‖f − g‖∞6α.

|(dΦ(f)− dΦ(g))(h)| 6∫ b

a

|h(t)(ϕ′[f(t)]− ϕ′[g(t)])| dt

6‖h‖∞∫ b

a

|ϕ′[f(t)]− ϕ′[g(t)]| dt

6ε ‖h‖∞

‖|dΦ(f)− dΦ(g)‖| = suph∈E\{0}

|(dΦ(f))(h)− (dΦ(g))(h)|‖h‖∞

6ε.

dΦ est donc continue et Φ est de classe C1.

19. Posons g(t) = t exp(−t).g est de classe C1 sur R. g′(t) = (1−t) exp(−t) donc ∀t ∈ R+, 06g(t)6

1

e. Nous

avons, pour (x, y) ∈ R∗×R, f(x, y) = x sgn(y)|y|x2

exp

(−|y|x2

)= x sgn(y)g

( |y|x2

).

Il vient alors |f(x, y)|6 |x|e

puis, pour b ∈ R, lim(x, y)→(0, b)

f(x, y) = 0.

Soit x ∈ R∗. Soit b ∈ R∗.f(x, b)− f(0, b)

x=

b

x2exp

(−|b|x2

).

Nous savons que lorsque α ∈ R, limt→+∞

tα exp(−t) = 0 donc

limx→0

f(x, b)− f(0, b)

x= 0 et

f(x, 0)− f(0, 0)

x= 0.

Nous avons donc∂f

∂x(x, y) =

y

x2

(2|y|x2

− 1

)exp

(−|y|x2

)lorsque x 6= 0

0 lorsque x = 0

Soient b ∈ R et y 6= b.f(0, y)− f(0, b)

y − b= 0 donc

∂f

∂y(0, y) = 0.

Soit (x, y) ∈ (R∗)2.

f(x, y)− f(x, 0)

y=

1

xexp(−|y|

x2, lim

y→0

f(x, y)− f(x, 0)

y=

1

xdonc, pour x 6= 0,

55


∂f

∂y(x, 0) =

1

x.

Nous avons donc∂f

∂y(x, y) =

1

x

(1− |y|

x2

)exp

(−|y|x2

)lorsque x 6= 0

0 lorsque x = 0

Soit b ∈ R∗. Il est immediat que lim(x,y)→(0,b)

∂f

∂x(x, y) = 0 =

∂f

∂x(0, b) et de meme

lim(x,y)→(0,b)

∂f

∂y(x, y) = 0 =

∂f

∂y(0, b).

Soient t ∈ R∗ et x ∈ R∗.∂f

∂x(x, tx2) = t (2|t| − 1) exp(−t).

∂f

∂x(x, y) n’a pas de limite en (0, 0).

∂f

∂y(x, tx2) =

1

x(1− |t|) exp(−t).

∂f

∂y(x, tx) =

1

x

(1− |t|

|x|

)exp(− |t|

|x|).

limx→0

∂f

∂y(x, tx) = 0.

∂f

∂y(x, y) n’a pas de limite en (0, 0).

f est de classe C1 sur R2 \ {(0, 0)} et est donc differentiable sur R2 \ {(0, 0)}.

Pour x2 + y2 6= 0,f(x, y)− f(0, 0)− x∂f

∂y(0, 0)− y ∂f

∂y(0, 0)

√x2 + y2

=f(x, y)√x2 + y2

.

Posons y = tx2 avec t 6= 0.f(x, y)√x2 + y2

=t sgn(x)√1 + t2x2

exp(−|t|).

Il n’y a pas de limite nulle lorsque x tend vers 0 donc f n’est pas differentiableen (0, 0).

20. Soit g une application definie dans un voisinage reel V de 0, a valeurs reellesnulle en 0 et de classe C∞.

Soit h la fonction definie sur V par h(t) =

g(t)

tlorsque t 6= 0

g′(0) lorsque t = 0.

Pour t 6= 0, h(n)(t) =1

tn+1

n∑

j=0

(−1)jj!Cjnt

n−jg(n−j)(t).

Lorsque t tend vers 0 nous avons g(n−j)(t) =

j+1∑

k=0

1

k!tkg(n+k−j)(0) + o(tj+1).

Il vient alors h(n)(t) =

n∑

j=0

(−1)jj!Cjn

(j+1∑

k=0

1

k!tk−j−1g(n+k−j)(0)

)+ o(1).

En regroupant selon les puissances de t nous obtenons

h(n)(t)=n−1∑

i=1

(n∑

j=i−1

(−1)jj!Cjn

(j + 1− i)!

)g(n−i+1)(0)t−i+

n∑

j=0

(−1)jj!Cjn

(j + 1)!g(n+1)(0)+o(1).

56


(−1)jj!Cjn

(j + 1− i)!= (−1)j

n!

(n+ 1− i)!Cj+1−i

n+1−i.

Pour i>1,

n∑

j=i−1

(−1)jCj+1−in+1−i = (−1)i−1

n+1−i∑

j=0

(−1)jCjn+1−i = 0.

Pour i = 0,

n∑

j=0

(−1)jCj+1n+1 = −

n+1∑

j=1

(−1)jCjn+1 = 1.

Finalement lorsque t tend vers 0 nous avons h(n)(t) =1

n + 1g(n+1)(0) + o(1).

Nous en deduisons ∀n ∈ N, limt→0

h(n)(t) =1

n + 1g(n+1)(0).

h etant, par hypothese, de classe C∞ sur V \ {0} elle est alors de classe C∞ surV .Soit (x1, · · · , xn) ∈ Rn. Soit i ∈ Nn.

Pour xi 6= 0, posons fi(xi, · · · , xn) =1

xi

∫ xi

0

∂f

∂xi(0, · · · , 0, t, xi+1, · · · , xn)dt

et pour xi = 0, fi(xi, · · · , xn) =∂f

∂xi(0, · · · , 0, 0, xi+1, · · · , xn).

Nous avons alors

xifi(xi, · · · , xn) =∫ xi

0

∂f

∂xi(0, · · · , 0, t, xi+1, · · · , xn)dt

= f(0, · · · , 0, xi, · · · , xn)− f(0, · · · , 0, xi+1, · · · , xn)

puis

n∑

i=1

xifi(xi, · · · , xn)

=n∑

i=1

(f(0, · · · , 0, xi, · · · , xn)− f(0, · · · , 0, xi+1, · · · , xn))

=

n∑

i=1

f(0, · · · , 0, xi, · · · , xn)

−n∑

i=2

f(0, · · · , 0, xi, · · · , xn)− f(0, · · · , 0)

= f(x1, · · · , xn)− f(0, · · · , 0).Montrons que les fonctions fi sont de classe C∞.En utilisant ce que nous avons prouve precedemment nous pouvons donc endeduire que les applications fi ont des derivees partielles a tous ordres.Nous pouvons ameliorer le resultat vu plus haut.Reprenons les memes notations.

Nous obtenons pour t 6= 0, h(n)(t) =1

tn+1

n∑

j=0

(−1)jj!Cjnt

n−jg(n−j)(t).

g(n−j)(t) =

j+1∑

k=0

1

k!tkg(n+k−j)(0) +

1

(j + 1)!

∫ t

0

(t− u)j+1g(n+2)(u)du.

Il vient alors


57


h(n)(t) =

n∑

j=0

(−1)jCjn

(j+1∑

k=0

1

k!tk−j−1g(n+k−j)(0)

)

+n∑

j=0

(j!Cj

nt−1−j

∫ t

0

(t− u)j+1g(n+2)(u)du

).

∣∣∣∣∣n∑

j=0

(j!Cj

nt−1−j

∫ t

0

(t− u)j+1g(n+2)(u)du

)∣∣∣∣∣

6 supu∈[0, t]

|g(n+2)(u)|n∑

j=0

(j!Cj

n|t|−1−j| 1

(j + 1)!|t|j+1du

)

= supu∈[0, t]

|g(n+2)(u)||t| 1

n+ 1

n+1∑

j=1

Cjn+1

= supu∈[0, t]

|g(n+2)(u)||t|2n+1 − 1

n + 1.

Nous obtenons finalement

h(n)(t) =1

n + 1g(n+1)(0) +Rn avec |Rn|6 sup

u∈[0, t]

|g(n+2)(u)||t|2n+1 − 1

n + 1.

En particulier∣∣∣∣∂pfi

∂xipi · · ·∂xnpn(xi, · · · , xn)−

∂p+1f

∂xipi+1 · · ·∂xnpn(0, · · · , 0, xi+1, · · · , xn)

∣∣∣∣

6 supu∈[0, xi]

| ∂p+1f

∂xipi+1 · · ·∂xnpn(0, · · · , u, xi+1, · · · , xn)||xi|

2n+1 − 1

n+ 1.

∣∣∣∣∂pfi

∂xipi · · ·∂xnpn(xi, · · · , xn)

− ∂p+1f

∂xipi+1 · · ·∂xnpn(0, · · · , 0, ai+1, · · · , an)

∣∣∣∣

6

∣∣∣∣∂pfi

∂xipi · · ·∂xnpn(xi, · · · , xn)

− ∂p+1f

∂xipi+1 · · ·∂xnpn(0, · · · , 0, xi+1, · · · , xn)

∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∂p+1f

∂xipi+1 · · ·∂xnpn(0, · · · , 0, xi+1, · · · , xn)

− ∂p+1f

∂xipi+1 · · ·∂xnpn(0, · · · , 0, ai+1, · · · , an)

∣∣∣∣

6 supu∈[0, xi]

| ∂p+1f

∂xipi+1 · · ·∂xnpn(0, · · · , u, xi+1, · · · , xn)||xi|

2n+1 − 1

n+ 1

+

∣∣∣∣∂p+1f

∂xipi+1 · · ·∂xnpn(0, · · · , 0, xi+1, · · · , xn)

− ∂p+1f

∂xipi+1 · · ·∂xnpn(0, · · · , 0, ai+1, · · · , an)

∣∣∣∣.

Nous obtenons immediatement


58


lim

(xi, xi+1···, xn)→(0, ai+1, ···, an)

∂pfi∂xipi · · ·∂xnpn

(xi, · · · , xn)

=∂p+1f

∂xipi+1 · · ·∂xnpn(0, · · · , 0, ai+1, · · · , an).

Les applications fi ont donc des derivees partielles a tous ordres continues surRn. Les fi sont donc toutes de classe C∞.

21. Rappel

Soit K un compact d’un espace vectoriel norme E. K est borne donc ilexiste δ ∈ R+ et a ∈ K tel que ∀m ∈ K, d(a, m)6δ. Nous obtenons donc∀(m, n) ∈ K2, d(m, n)62δ. On appelle diametre de K note ∆(K) le reel

sup(m, n)∈K2

d(m, n) qui existe.

En fait, l’application (x, y) ∈ K2 7−→ d(x, y) ∈ R est continue ; K2 estcompact donc l’application possede un maximum et un minimum. La bornesuperieure definie precedemment est donc atteinte et il existe (a, b) ∈ K2 telque ∆(K) = d(a, b).Soit x ∈ E \K. Supposons d(x, K) = inf

y∈Kd(x, y) = 0. Cela equivaut a

∀ε > 0, ∃y ∈ K, d(x, y)6ε. Il existe donc une suite (yn)n∈N de points de Ktelle que lim

n→∞d(x, yn) = 0. K est compact donc il existe une suite (zn)n∈N

extraite de la suite (yn)n∈N qui converge vers y ∈ K. Nous obtenons alors, parcontinuite de l’application y 7−→ d(x, y), d(x, y) = 0 c’est-a-dire x ∈ K cequi est faux donc d(x, K) > 0.Nous aurions aussi pu dire :y ∈ K 7−→ d(x, y) ∈ R est continue ; K est compact donc l’application pos-sede un minimum. Il existe a ∈ K tel que d(x, K) = d(x, a) ; nous avons biend(x, a) > 0 donc d(x, K) > 0.Soient K1 et K2 deux compacts disjoints d’un espace vectoriel norme E. Alorsd(K1, K2) > 0.K1 ×K2 est compact comme produit de deux compacts.L’application (x, y) ∈ K1×K2 7−→ d(x, y) ∈ R est continue donc possede unminimum. Il existe (a, b) ∈ K1 ×K2 verifiant d(K1, K2) = d(a, b) > 0.

Revenons a notre exercice.∑αn est une serie absolument convergente ; ϕ est une application de classe C1

definie de R∗+ dans R, et (yn)n∈N est une suite de Rp, incluse dans un compact

K.

f est definie sur Rp \K par f(x) =

+∞∑

n=0

αnϕ(‖x− yn‖).

La suite y =(yn)n∈N est une suite bornee donc il existe M ∈ R+ tel que∀n ∈ N, ‖yn‖6M .Notons A l’ouvert Rp \K. Soit x ∈ A.∀n ∈ N, 0 < d(x, K)6‖x− yn‖6‖x‖+M . ϕ est continue sur A donc bornee

sur le segment [d(x, K), ‖x‖ +M ]. La serie

+∞∑

n=0

αnϕ(‖x− yn‖) est donc ab-

59


solument convergente. f est defini sur A.Soit a ∈ A. Soit V ⊂ A une boule fermee de rayon r > 0 centree en a et inclusedans A ; ce qui est possible car A est ouvert.Notons x = (x1, · · · , xp) et pour n ∈ N, yn = (y1n, · · · , ypn).∀n ∈ N, x ∈ A 7−→ ‖x− yn‖ ∈ R est de classe C1 car12 x− yn ne s’annule pas.L’application g : x ∈ A 7−→ ϕ(‖x− yn‖) ∈ R est de classe C1.

∂g

∂xj(x) =

(xj − yjn)

‖x− yn‖ϕ′(‖x− yn‖).

∀(n, x) ∈ N× V, ‖x− yn‖>d(V, K) > 0, ‖x− yn‖6‖x− a‖+ ‖a− yn‖.Il existe (voir le rappel) b ∈ K tel que d(a, K) = d(a, b).Nous avons donc ‖x− yn‖6‖x− a‖+ ‖a− b‖+ ‖b− yn‖ et finalement‖x− yn‖6‖x− a‖+ d(a, K) + ∆(K)6r + d(a, K) + ∆(K).

ϕ′ etant continue, nous en deduisons que∂g

∂xj(x) est bornee sur V .

La serie+∞∑

n=0

(x ∈ V 7−→ αn

∂g

∂xj(x) ∈ R

)est donc normalement convergente.

f possede donc des derivees partielles continues sur V donc13 sur A. f est donc

de classe C1 et pour chaque (j, x) ∈ Nn × A,∂f

∂xi=

+∞∑

n=0

αn

∂g

∂xj(x).

22. Munissons Mp,1(R) de la norme euclidienne et Mp(R) de la norme definie,

pour M ∈ Mp(R), par ‖M‖ = sup‖X‖6=0

‖MX‖‖X‖ .

Nous savons qu’alors pour (A, B) ∈ (Mp(R))2, ‖AB‖6‖A‖ ‖B‖.

∀n ∈ N, ‖Mn‖6‖M‖n.Choisissons une base de Mp(R) ; par exemple(E1,1, E1,2, · · · , E1,p, E2,1, · · · , E2,p, · · · , Ep,1, · · · , Ep,p) = (e1, · · · , ep2).Si ek = Ei,j, et X = (xi)i∈Np

∈ Mp,1(R) avec ‖X‖ = 1, (ekX)l = δlixj donc‖ekX‖61 ; le majorant est obtenu pour xj = 1. Nous en deduisons ‖ek‖ = 1.Soit ϕ une application differentiable definie de Mp(R) dans Mp(R).En utilisant la base precedente nous pouvons identifier ϕ en une applicationde Rp2 dans Mp(R).Pour k ∈ Np2, (∂kϕ)(M) = (dϕ(M))(ek). Nous en deduisons‖(∂kϕ)(M)|6‖| dϕ(M) ‖|·‖ek‖ = ‖| dϕ(M) ‖|.Pour ‖M‖ < R, la serie entiere

∑an‖M‖n converge donc, comme nous l’avons

vu dans les exercices concernant les series sur un espace vectoriel norme com-

plet, la serie entiere∑

anMn est convergente.


12Nous avons deja vu ce resultat plus haut.13Nous savons qu’une fonction possede une derivee lorsque, en tout point, la restriction de celle-ci

a un voisinage de ce point possede une derivee en ce point ; de meme une fonction est continuelorsque, en tout point, la restriction de celle-ci a un voisinage de ce point est continue en ce point.

60


Montrons que l’on a, pour n ∈ N∗, la relation

(M +H)n =Mn +

n−1∑

j=0

M jHMn−1−j +Rn(M, H),

avec ‖Rn(M, H)‖6‖H‖εn(M,H) et limH→0

εn(M,H) = 0.

Pour n = 0 comme pour n = 1 le resultat est immediat.Supposons le resultat acquis jusqu’au rang n.

(M +H)n+1 =Mn+1 +

n−1∑

j=0

M j+1HMn−1−j +MRn(M, H) +HMn

+

n−1∑

j=0

HM jHMn−1−j +HRn(M, H)

=Mn+1 +n∑

j=0

M jHMn−j +MRn(M, H)

+H

n−1∑

j=0

M jHMn−1−j +HRn(M, H).

Notons Rn+1(M, H) =MRn(M, H) +H

n−1∑

j=0

M jHMn−1−j +HRn(M, H).

‖Rn+1(M, H)‖6‖H‖(‖M‖ εn(M,H) + ‖H‖n−1∑

j=0

‖M‖n−1 + ‖H‖εn(M,H)).

Notons εn+1(M,H) = ‖M‖ εn(M,H) + ‖H‖n−1∑

j=0

‖M‖n−1 + ‖H‖εn(M,H).

Nous avons bien limH→0

εn+1(M,H) = 0.

Le resultat est donc prouve au rang n + 1. Il est vrai pour tout n ∈ N.L’application M ∈ Mp(R) 7−→ An ∈ Mp(R) est donc differentiable de diffe-

rentielle en M , (lorsque n>1) H ∈ Mp(R) 7−→n−1∑

j=0

M jHMn−1−j ; 0 si n = 0.

Pour tout entier j, M ∈ Mp(R) 7−→M j ∈ Mp(R) est continue. Soit alorsA ∈ Mp(R). Nous en deduisons

∀α > 0 ∃ηj > 0, ∀B ∈ Mp(R), ‖B‖6ηj ⇒ ‖(A+B)j −Aj‖6α. (On peut sup-poser ηj61).Soit alors η = min

j∈Nn−1

{ηj}.

df(A+B)(H)− df(A)(H) =

n−1∑

j=0

((A +B)jH(A+B)n−1−j −AjHAn−1−j

).

(A+B)jH(A+B)n−1−j − AjHAn−1−j

=((A+B)j − Aj

)H(A+B)n−1−j + AjH

((A+B)n−1−j − An−1−j

).

Nous obtenons alors, pour ‖B‖6η,‖(A+B)jH(A+B)n−1−j −AjHAn−1−j‖6α‖H‖ (‖A‖+ 1)n−1−j + α‖H‖ ‖A‖j.Finalement ‖df(A+B)− df(A)‖6α(‖A‖+ 1)n−1−j + ‖A‖j.M ∈ Mp(R) 7−→ df(M) ∈ L(Mp(R)) est continue.

61


M ∈ Mp(R) 7−→Mn ∈ Mp(R) est donc de classe C1.Notons gn l’application M ∈ Mp(R) 7−→Mn ∈ Mp(R). Comme nous l’avonsvu plus haut, nous pouvons identifier gn a une application de Rp2 dans Rp2.∀i ∈ Np2, ∀M ∈ Mp(R), ‖∂i(gn)(M)‖6‖| dgn(M) ‖|6n‖M‖n−1.Soit alors A ∈ Mp(R) avec ‖A‖ < R.

Placons-nous sur la boule fermee B centree en A de rayon, r, strictement in-ferieur a R− ‖A‖. Pour M ∈ B nous avons ‖∂i(gn)(M)‖6n(‖A‖+ r)n−1.

La serie∑

(M ∈ Mp(R) 7−→ ann∂ign(M) ∈ Mp(R)) converge normalement

sur la boule B.La fonction somme de la serie de terme general anM

n possede donc des deriveespartielles continues et est donc de classe C1.

23. Notons, pour n ∈ N∗, An =

{(x, y) ∈ R∗ × R, −1

n<y

x< − 1

n + 1

}.

An est un ouvert de R2. A =⋃

n∈N∗

An est donc un ouvert de R2.

0 6∈ x+ yN ⇐⇒ (x, y) ∈ A.

Notons, pour (x, y) ∈ A, un(x, y) =1

x+ ny.

Pour y = 0 la serie∑

(−1)nun n’est pas convergente.

Soit alors B = A \ (R× {0}). B est un ouvert de R2.

Soit (x, y) fixe dans B. Pour n>1 + E

(∣∣∣∣x

y

∣∣∣∣)

= N1, x+ ny est de signe fixe.

La suite (|un(x, y)|)n∈N est monotone a partir du rang N1 et converge vers 0.

La serie∑

(−1)nun(x, y) est alors une serie alternee convergente.

La fonction f est donc definie sur B. Posons pour (x, y) ∈ B,

vn(x, y) =∂un∂x

(x, y) = − 1

(x+ ny)2< 0 et wn(x, y) =

∂un∂y

(x, y) = − n

(x+ ny)2.

d

dt

t

(x+ ty)2=

x− ty

(x+ ty)3a le signe de x2 − t2y2 et est negatif pour |t|> |x|

|y| .

La suite (|wn(x, y)|)n∈N est decroissante a partir de N1 et converge vers 0.

La serie∑

(−1)nwn(x, y) est alors une serie alternee convergente.

La valeur absolue du reste d’ordre n de la serie alternee∑

(−1)nwn(x, y) est

majore par(n + 1)|y|

(x+ (n+ 1)y)2.

Soit (a, b) ∈ B. Soit V la boule centree en (a, b) ; V = {(x, y) ∈ B} verifiant|x− a|6α < |a| et |y − b|6α < |b|. Cela est possible car B est ouvert.

|x|>|a| − α, |x|62|a|, |y|>|b| − α, |y|62|b|.|x+ ny|>n|y| − |x|>n(|b| − α)− 2|a| car |x|62|a| et |y|>|b| − α.

n(|b| − α)− 2|a| > 0

(n+ 1)|y|(x+ (n + 1)y)2

6n+ 1

((n + 1)(|b| − α)− 2|a|)2 ,∣∣∣∣x

y

∣∣∣∣62|a|

|b| − α.

62


Pour n>N2 = 1 + E

(2|a|

|b| − α

)la serie alternee

∑(−1)nwn(x, y) a son reste

d’ordre n majore en valeur absolue par |wn+1(x, y)| donc∣∣∣∣∣

+∞∑

p=n+1

wn(x, y)

∣∣∣∣∣6n+ 1

((n+ 1)(|b| − α)− 2|a|)2 .

La serie alternee∑

(−1)nwn converge donc uniformement sur V . Nous en de-

duisons que pour tout (a, b) ∈ B, f possede une derivee partielle en (a, b)

∂f

∂y(a, b) =

+∞∑

n=0

(−1)n+1n

(a+ nb)2.

Pour n>N2, |vn(x, y)|61

(n(|b| − α)− 2|a|)2 .

La serie∑

vn converge normalement sur V puis pour tout (a, b) ∈ B, f

possede une derivee partielle en (a, b)∂f

∂x(a, b) =

+∞∑

n=0

(−1)n+1

(a+ nb)2.

Les derivees partielles sont continues donc f est de classe C1 sur B.

24. Nous avons vu dans le livre exercices4 au premier chapitre la transformationd’Abel ; a savoir : Soit (un)n∈N une suite d’elements d’un espace vectoriel normecomplet, soit (vn)n∈N une suite numerique reelle decroissante convergeant vers0.

S’il existe M ∈ R+ tel que ∀(p, q) ∈ N2, p6q ⇒ ‖q∑

k=p

un‖6M alors la serie∑

vnun est convergente.

Nous avons par ailleurs alors

∥∥∥∥∥+∞∑

k=p

vnun

∥∥∥∥∥62Mvp.

Pour tout reel y la suite (cos(ny))n∈N ne converge pas vers 0.

En effet s’il existe y ∈ R tel que limn→+∞

cos(ny) = 0 alors limn→+∞

cos((n+ 1)y) = 0.

cos((n + 1)y) = cos(ny) cos(y)− sin(ny) sin(y).Si sin(y) 6= 0 alors lim

n→+∞sin(ny) = 0 ce qui est faux car sin2+cos2 = 1.

Pour le cas sin(y) = 0 alors y = kπ avec k ∈ Z et cos(ny) = (−1)kn n’estjamais nul.

Supposons alors |x| > 1. limn→+∞

|x|n√n

= +∞ donc la suite de terme general

xn cos(ny)√n

ne converge pas vers 0.

∀n ∈ N∗,

∣∣∣∣xn cos(ny)√

n

∣∣∣∣6|x|n donc la serie de terme generalxn cos(ny)√

nconverge

absolument pour |x| < 1.Supposons x = 1.


63


q∑

k=p

cos(ky) =

cos(

(p+q)y2

)sin(

(q−p+1)y2

)

sin(y

2

) si y 6∈ 2πZ

q − p+ 1 si y ∈ 2πZ

Supposons tout d’abord y 6∈ 2πZ.

Nous pouvons appliquer la regle d’Abel car

∣∣∣∣∣

q∑

k=p

cos(ky)

∣∣∣∣∣61∣∣sin(y

2

)∣∣ et conclure

a la convergence de la serie∑

n>1

cos(ny)√n

.

Si y ∈ 2πZ alors

n∑

k=1

cos(ny)√n

=

n∑

k=1

1√n; la serie diverge.

Supposons x = −1.

q∑

k=p

cos(k(y + π)) =

cos(

(p+q)(y+π)2

)sin(

(q−p+1)(y+π)2

)

cos(y

2

) si y + π 6∈ 2πZ

q − p+ 1 si y + π ∈ 2πZ

Supposons tout d’abord y + π 6∈ 2πZ.

Nous pouvons appliquer la regle d’Abel car

∣∣∣∣∣

q∑

k=p

cos(k(y + π))

∣∣∣∣∣61∣∣cos(y

2

)∣∣ et

conclure a la convergence de la serie∑

n>1

(−1)n cos(ny)√n

.

Si y + π ∈ 2πZ alorsn∑

k=1

(−1)n cos(ny)√n

=n∑

k=1

1√n; la serie diverge.

Finalement la serie∑

n>1

xn cos(ny)√n

converge lorsque |x| < 1 ou (x = 1 et

y 6∈ 2πZ) ou (x = −1 et y+π 6∈ 2πZ). dans tous les autres cas la serie diverge.

Soit y ∈ R fixe. La serie entiere (de la variable x) de terme generalxn cos(ny)√

na pour somme une fonction de classe C∞ sur ]− 1, 1[.

Nous avons donc∂f

∂x(x, y) =

+∞∑

n=1

√nxn−1 cos(ny).

Notons, pour n ∈ N et (x, y) ∈ R2, wn(x, y) =xn cos(ny)√

n.

wn est de classe C∞ sur R2.∂wn

∂y(x, y) = −

√nxn sin(ny).

Soit (a, b) ∈ R2, |a| < 1. Soit B l’ensemble des (x, y) ∈ R2 verifiant |x−a|6αet |y − b|61 avec 0 < α < 1− |a|.B est un voisinage de (a, b). |√nxn sin(ny)|6√

n(|a|+ α)n.

La serie entiere de terme general√n(|a|+ α)n est convergente donc la serie


64


∑

n>1

∂wn

∂yconverge normalement puis uniformement sur B.

f a donc une derivee partielle14 selon y et∂f

∂y(x, y) =

+∞∑

n=1

−√nxn sin(ny).

Nous en deduisons que sur l’ouvert ]− 1, 1[×R la serie∑

n>1

wn a pour somme

une application de classe C1.

25. ∀(x, y, n) ∈ R× R× N∗,1

n2exp(−n(x2 + y2))6

1

n2.

La serie∑

n>1

1

n2exp(−n(x2 + y2)) est convergente.

t ∈ R+ 7−→ t

nexp(nt2) ∈ R a pour derivee en t

(1

n− 2t2

)exp(−nt2).

Nous en deduisons ∀(t, n) ∈ R× N∗,|t|n

exp(nt2)61

n√2ne

.

La serie∑

n>1

(t 7−→ t

nexp(nt2)) est normalement convergente donc uniforme-

ment convergente.

Notons pour (x, y, n) ∈ R× R× N∗ un(x, y) =1

n2exp(−n(x2 + y2)). un est

de classe C∞ sur R2.∂un∂x

(x, y) = −2x

nexp(−n(x2 + y2)),

∂un∂y

(x, y) = −2y

nexp(−n(x2 + y2)).

∣∣∣∣∂un∂x

(x, y)

∣∣∣∣62|x|n

exp(−nx2 donc la serie∑

n>1

∂un∂x

converge uniformement ; de

meme pour la serie∑

n>1

∂un∂y

.

La fonction f definie sur R2 par f(x, y) =

+∞∑

n=1

1

n2exp(−n(x2 + y2)) possede

donc des derivees partielles continues ; elle est donc de classe C1 et ∀(x, y) ∈ R2,

∂f

∂x(x, y) = −

+∞∑

n=1

2x

nexp(−n(x2 + y2)),

14En utilisant les resultats que nous avons vus concernant la derivation d’une fonction de variablecomplexe nous pouvons en deduire que la serie entiere de la variable z (avec x fixe de module

strictement inferieur a 1, de terme general(xz)n√

na pour somme, pour |z| < 1, une fonction

derivable de derivee en z, de derivee ϕ : z 7−→+∞∑

n=1

√nxnzn−1.

La composee de deux fonctions complexes derivables est derivable et nous obtenons, en posant

z = exp(iy),∂f

∂y(x, y) = ℜe

(i exp(iy)

+∞∑

n=1

√nxn exp(i(n− 1)y)

)c’est-a-dire

∂f

∂y(x, y) =

+∞∑

n=1

−√nxn sin(ny).

65


∂f

∂y(x, y) = −

+∞∑

n=1

2y

nexp(−n(x2 + y2)).

∂2un∂x2

(x, y) = −2

nexp(−n(x2 + y2)) + 4x2 exp(−n(x2 + y2)),

∂2un∂y2

(x, y) = −2

nexp(−n(x2 + y2)) + 4y2 exp(−n(x2 + y2)),

∂2un∂x∂y

(x, y) = 4xy exp(−n(x2 + y2)).

La serie∑

n>1

(t 7−→ exp(−nt2)

)Converge uniformement pour |t|>a > 0. Nous

en deduisons que f possede des derivees partielles secondes continues surR2 \ {(0, 0)} definies par

∂2f

∂x2(x, y) =

+∞∑

n=1

(−2

nexp(−n(x2 + y2)) + 4x2 exp(−n(x2 + y2))

),

∂2f

∂y2(x, y) =

+∞∑

n=1

(−2

nexp(−n(x2 + y2)) + 4y2 exp(−n(x2 + y2))

),

∂2f

∂x∂y(x, y) =

+∞∑

n=1

(4xy exp(−n(x2 + y2))

).

En fait nous aurions pu nous y prendre differemment.

Nous savons que pour |t| < 1,

+∞∑

n=1

tn

n= − ln(1− t) donc pour x2 + y2 > 0,

∂f

∂x(x, y) = −

+∞∑

n=1

2x

nexp(−n(x2 + y2)) = 2x ln(1− exp(−x2 − y2)).

De meme∂f

∂y(x, y) = 2y ln(1− exp(−x2 − y2)).

∂f

∂x(0, 0) = 0 et

∂f

∂y(0, 0) = 0.

∂2f

∂x2(x, y) = 2 ln(1− exp(−x2 − y2)) +

4x2

exp(x2 + y2)− 1,

∂2f

∂y2(x, y) = 2 ln(1− exp(−x2 − y2)) +

4y2

exp(x2 + y2)− 1,

∂2f

∂x∂y(x, y) =

4xy

exp(x2 + y2)− 1.

26. Faisons plusieurs demonstrations pour cette recherche.

Considerons la fonction f definie par f(x, y) =1

2xy + (47− x− y)

(x3+y

4

).

1

2xy − (x+ y)

(x3+y

4

)= −1

3x2 − 1

4y2 − 1

12xy = − 1

12

((2x+

y

4

)2+

47y2

16

).

Posons X = 2x+y

4et Y = y. Il vient alors

f(x, y) = − 1

12X2 − 47

192Y 2 +

47

3

(X

2− Y

8

)+

47Y

4.

66


En developpant nous obtenons

f(x, y) = − 1

12X2 − 47

192Y 2 +

47

6X +

235

24Y

= − 1

12(X − 47)2 +

472

12− 47

192(Y − 20)2 +

18800

192

= − 1

12(X − 47)2 − 47

192(Y − 20)2 + 282.

Nous en deduisons que f possede un maximum global egal a 282 obtenu enX = 47, Y = 20 c’est-a-dire x = 21, y = 20.

Utilisons cette fois une methode liee aux fonctions de plusieurs variables. f estde classe C∞.∂f

∂x(x, y) = −2

3x− 1

12y +

47

3.∂f

∂y(x, y) = − 1

12x− 1

2y +

47

4.

Le systeme

∂f

∂x(x, y) = 0

∂f

∂y(x, y) = 0

a pour solution x = 21, y = 20.

∂2f

∂x2(x, y) = −2

3,∂2f

∂x∂y(x, y) = − 1

12,∂2f

∂y2(x, y) = −1

2.

(∂2f

∂x∂y

)2

− ∂2f

∂x2∂2f

∂y2= − 47

144< 0.

∀(h, k) ∈ R \ {(0, 0)} nous obtenons∂2f

∂x2h2 + 2

∂2f

∂x∂yhk +

∂2f

∂y2k2 < 0.

Nous obtenons donc un maximum “local”.En fait, si nous ecrivons la formule de Taylor il vient

f(x, y)− f(21, 20) = (x− 21)∂f

∂x(21, 20) + (y − 20)

∂f

∂y(21, 20)

+1

2

((x− 21)2

∂2f

∂x2(21, 20) + 2(x− 21)(y − 20)

∂2f

∂x∂y(21, 20)

+(y − 20)2∂2f

∂y2(21, 20)

)

soit encore

f(x, y)− f(21, 20) = −1

3(x− 21)2 − 1

12(x− 21)(y − 20)− 1

4(y − 20)2.

Le discriminant du polynome 4X2 +X + 3 est strictement negatif donc∀(x, y) ∈ R2 \ {(21, 20)}, f(x, y)− f(21, 20) < 0.

27. Γ definie par

{x+ y + z = a

x2 + y2 + z2 = a2est l’intersection d’une sphere centree

en O de rayon a > 0 et d’un plan a la distancea√3du centre de la sphere. Il

s’agit donc d’un cercle de rayon a

√2

3.

Γ est un ensemble compact ; l’application f definie par f(x, y, z) = xyz est

67


continue donc f possede un maximum et un minimum sur Γ.

Choisissons un nouveau repere(O,

−→I ,

−→J ,

−→K)defini par :

−→I =

1√2(−→ı −−→ ),

−→J =

1√6

(−→ı +−→ − 2−→k),−→K =

1√3

(−→ı +−→ +−→k).

En notant (X, Y, Z) les coordonnees dans le nouveau repere, nous obtenons

x

y

z

=

1√2

1√6

1√3

− 1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

1√3

X

Y

Z

.

Une equation de Γ dans le nouveau repere est

{X2 + Y 2 =

2

3a2, Z =

a√3

}.

xyz =a3

27− a

6Y 2 − a

6X2 +

1√6X2Y −

√6

18Y 3.

Parametrons Γ par X = a

√2

3cos(t), Y = a

√2

3cos(t), Z =

a√3.

Nous obtenons xyz =2a3

27

(−4 sin3(t) + 3sin(t)− 1

).

sin(3t) = sin(2t) cos(t)+cos(2t) sin(t) = 2 sin(t)(1−sin2(t))+(1−2 sin2(t)) sin(t)

= 3 sin(t)− 4 sin3(t).

Nous en deduisons xyz =2a3

27(sin(3t)− 1).

sin(3t) possede un maximum egal a 1 pour les valeurs de t egales aπ

6+

2kπ

3, k ∈ Z

et possede un minimum egal a−1 pour les valeurs de t egales a−π6+

2kπ

3, k ∈ Z.

Nous en deduisons que sur [−π, π], sin(3t) − 1 possede un minimal egal

a -2 obtenu pour t = −5π

6, −π

6,π

2et un maximum egal a 0 obtenu en

t = −π2,π

6,5π

6.

Nous avons les relations :

x =a√3cos(t) +

a

3sin(t) +

a

3

y = − a√3cos(t) +

a

3sin(t) +

a

3

z = −2a

3sin(t) +

a

3

.

Pour t = −5π

6, x = −a

3, y =

2a

3, z =

2a

3et xyz = −4

a3

27.

Pour t = −π2, x = 0, y = 0, z = a et xyz = 0.

Pour t = −π6, x =

2a

3, y = −a

3, z =

2a

3et xyz = −4

a3

27.

68


Pour t =π

6, x = a, y = 0, z = 0 et xyz = 0.

Pour t =π, x =

2a

3, y =

2a

3, z = −a

3et xyz = −4

a3

27.

Pour t =5π

6, x = 0, y = a, z = 0 et xyz = 0.

Le maximum de xyz est egal a 0 et le minimum est egal a −4a3

27.

28. f est de classe C∞ sur R2.∂f

∂x(x, y) = 2x(4x2 − 3y),

∂f

∂y(x, y) = 2y − 3x2.

∂f

∂x(x, y) =

∂f

∂y(x, y) = 0 ⇐⇒ (x = 0, y = 0).

Soit t ∈ R∗. f(x, tx) = x2(t− x)(t− 2x). Pour |x| < |t|2, f(x, tx) > 0.

f

(x,

3x2

2

)= −x

4

4< 0. (0, 0) n’est donc pas un extremum local pour f .

f ne possede aucun extremum local.

29. Posons g(x, y, t) = (sin(t)− (xt2 + yt))2. g est de classe C∞ donc f est de

classe C∞ et∂f

∂x(x, y) =

∫ π

0

∂g

∂x(x, y, t)dt = −2

∫ π

0

t2 sin(t)dt+2xπ5

5+yπ4

2,

∂f

∂y(x, y) =

∫ π

0

∂g

∂y(x, y, t)dt = 2

∫ π

0

t sin(t)dt− xπ4

2+

2yπ3

3.

En integrant deux fois par parties nous obtenons pour n>2,

In =

∫ π

0

tn sin(t)dt = πn − n(n− 1)

∫ π

0

tn−2 sin(t)dt

= πn − n(n− 1)In−2

avec I0 = 2 et I1 = π.

Nous obtenons donc I2 = π2 − 4 puis∂f

∂x(x, y) = −2π2 + 8 +

2xπ5

5+yπ4

2,

∂f

∂y(x, y) = 2π +

xπ4

2+

2yπ3

3.

En fait, ici, nous pouvons calculer directement f(x, y) en calculant l’integrale.

f(x, y) =

∫ π

0

(sin2(t) + x2t4 + y2t2 − 2xt2 sin(t)− 2yt sin(t) + 2xyt3)dt

=π

2+x2π5

5+y2π3

3− 2xI2 − 2yI1 +

xyπ4

2

=π

2+x2π5

5+y2π3

3− 2x(π2 − 4)− 2πy +

xyπ4

2.

Nous retrouvons bien evidemment les memes derivees partielles.(∂f

∂x(x, y) = 0,

∂f

∂y(x, y) = 0

)⇐⇒

(x =

20(π2 − 16)

π5, y =

12(20− π2)

π4

).

∂2f

∂x2(x, y)

∂2f

∂y2(x, y)−

(∂2f

∂x∂y(x, y)

)2

=2π5

5

2π3

3−(π4

2

)2

=3π8

4> 0.

69


Le point (a, b) =

(20(π2 − 16)

π5,12(20− π2)

π4

)est donc un minimum local.

En fait il s’agit d’un minimum car

π

2+x2π5

5+y2π3

3− 2x(π2 − 4)− 4y +

xyπ4

2

=π5

5

(x+

5

4πy +

5(4− π2)

π5

)2

+π3

48

(y +

12(π2 − 20)

π4

)2

+π6 − 16π4 + 320π2 − 2560

2π5.

Nous avons bien ∀(x, y) ∈ R2, f(x, y)>π6 − 16π4 + 320π2 − 2560

2π5= f(a, b).

30. x2 + xy + y2 − 3x− 6y =(x+

y

2

)2+

3

4y2 − 3x− 6y.

Posons X = x+y

2, Y = y c’est-a-dire x = X − Y

2, y = Y .

x2 + xy + y2 − 3x− 6y = X2 +3

4Y 2 − 3X − 9

2Y

=

(X − 3

2

)2

+3

4(Y − 3)2 − 9

=

(x+

y

2− 3

2

)2

+3

4(y − 3)2 − 9.

Nous en deduisons ∀(x, y) ∈ R2, f(x, y)>− 9 = f (0, 3).

31. Si l’on designe par a, b et c les longueurs des cotes d’un triangle ABC, l’aired’un tel triangle est egale15 a

√p(p− a)(p− b)(p− c) ou p designe le demi

perimetre de ce triangle.Pour obtenir un “vrai” triangle nous devons avoir les relations0 < a < b+ c, 0 < b < a+ c, 0 < c < a + b c’est-a-dire0 < a < p, 0 < b < p, a + b > p.p etant fixe considerons l’application definie sur l’ouvert O, de R2 defini par0 < a < p, 0 < b < p, a + b > p par f(a, b) = (p− a)(p− b)(a + b− p).f est de classe C∞.∂f

∂a(a, b) = (p− b)(2p− 2a− b),

∂f

∂b(a, b) = (p− a)(2p− a− 2b).

(∂f

∂a(a, b) =

∂f

∂b(a, b) = 0

)⇐⇒

(a = b =

2p

3

).

15Soit h la longueur de la hauteur issue de A du triangle ABC.

Nous avons la relation h = b sin( C ). Nous avons aussi la relation c2 = a2+b2−2ab cos( C ) obtenue

en calculant ‖−−→BA‖2 = ‖−→CA −−−→CB ‖2, soit encore sin( C ) =

√1−

(a2 + b2 − c2

2ab

)2

.

L’aire du triangle qui est egale a1

2ab sin( C ), est donc egale a

A =1

4

√(2ab− (a2 + b2 − c2))(2ab+ (a2 + b2 − c2)) =

1

4

√(c2 − (a− b)2)((a+ b)2 − c2)

=1

4

√(c− a+ b)(c+ a− b)(c+ a+ b)(−c+ a+ b) =

√p(p− a)(p− b)(p− c).

70


∂2f

∂a2(a, b) = −2(p− b),

∂2f

∂b2(a, b) = −2(p− a),

∂2f

∂a ∂b(a, b) = −3p+ 2a+ 2b

donc∂2f

∂a2

(2p

3,2p

3

)= −2p

3,∂2f

∂b2

(2p

3,2p

3

)= −2p

3,∂2f

∂a ∂b

(2p

3,2p

3

)= −p

3.

∂2f

∂a2

(2p

3,2p

3

)∂2f

∂b2

(2p

3,2p

3

)−(∂2f

∂a ∂b

(2p

3,2p

3

))2

=p2

3> 0.

f possede en

(2p

3,2p

3

)un maximum local. f

(2p

3,2p

3

)=(p3

)3.

En fait il s’agit d’un maximum global.En effet la fonction logarithme neperien est concave donc pour tout triplet dereels strictement positifs, x, y et z nous avons

ln

(x+ y + z

3

)>1

3(ln(x) + ln(y) + ln(z)) que l’on peut encore ecrire

x+ y + z

3>

3√xyz .

Nous avons donc(p− a) + (p− b) + (a+ b− p)

3>

3√(p− a)(p− b)(a+ b− p)

c’est-a dire f(a, b)6(p3

)3= f

(2p

3,2p

3

).

Le triangle de perimetre constant ayant l’aire la plus grande est le triangle

equilateral. L’aire d’un tel triangle est egale ap2√3

9.

32. A une rotation pres, nous pouvons supposer que l’un des sommets des tri-angles est fixe. Nous cherchons donc deux points B et C du cercle Γ tels qued(A, B) + d(A, C) + d(B, C) soit maximal.Γ est compact car il s’agit d’un ensemble ferme et borne inclus dans R2.(B, C) ∈ Γ2 7−→ d(A, B) + d(A,C) + d(B,C) ∈ R est continue donc possedeun maximum.Nous pouvons supposer que Γ a pour rayon 1 et en choisissant un repere, lescoordonnees de A sont (1, 0), celles de B sont (cos(u), sin(u)) et celles de Csont (cos(v), sin(v)) avec u et v dans [0, 2π].

d(A, B) = 2 sin(u2

), d(A, C) = 2 sin

(v2

)et d(B, C) = 2

∣∣∣∣sin(u− v

2

)∣∣∣∣.

A, B et C sont deux a deux distincts donc les distances mutuelles entre cespoints sont non nulles. Nous avons donc u 6= v, u ∈]0, 2π[, v ∈]0, 2π[. Lemaximum est donc obtenu sur l’ouvert ]0, 2π[2\∆ ou ∆ est la droite u = v.La perimetre du triangle est egal a

p(u, v) = 2 sin(u2

)+ 2 sin

(v2

)+ 2

∣∣∣∣sin(u− v

2

)∣∣∣∣.

∂p

∂u(u, v) = cos

(u2

)+ sgn(u− v) cos

(u− v

2

).

∂p

∂v(u, v) = cos

(v2

)− sgn u− v) cos

(u+ v

2

).

71


Quitte a echanger les points B et C, nous pouvons supposer u > v.les points critiques sont les points verifiant

cos(u2

)+ cos

(v2

)= 0 et cos

(u2

)+ sgn(u− v) cos

(u− v

2

)= 0.

Compte tenu des hypotheses faites, cos(u2

)+ cos

(v2

)= 0 ⇐⇒ u+ v = 2π.

Le point critique est donc defini par

u+ v = 2π, v =u

2c’est-a-dire u =

4π

3, v =

2π

3. Il s’agit d’un triangle equila-

teral.Sachant que le maximum existe et que seul cette configuration peut convenir,il s’agit de la solution cherchee.

33. • f(x, y) = x2y3(1 + 3x+ 2y). f est definie sur R2, de classe C∞.

∂f

∂x(x, y) = xy3(2 + 9x+ 4y),

∂f

∂y(x, y) = x2y2(3 + 9x+ 8y).

(∂f

∂x(x, y) =

∂f

∂y(x, y) = 0

)⇐⇒

(x = 0 ou y = 0 ou

(x = −1

9, y = −1

4

)).

∂2f

∂x2(x, y) = 2y3(1 + 9x+ 2y),

∂2f

∂y2(x, y) = 6x2y(1 + 3x+ 4y),

∂2f

∂x ∂y(x, y) = xy2(6 + 27x+ 16y).

∂2f

∂x2

(−1

9, −1

4

)∂2f

∂y2

(−1

9, −1

4

)−(∂2f

∂x ∂y

(−1

9, −1

4

))2

=1

64

1

162−(

1

144

)2

=1

20736> 0.

f possede en

(−1

9, −1

4

)un minimum local.

En revanche,∂2f

∂x2(0, y)

∂2f

∂y2(0, y)−

(∂2f

∂x ∂y(0, y)

)2

= 0 de meme

∂2f

∂x2(x, 0)

∂2f

∂y2(x, 0)−

(∂2f

∂x ∂y(x, 0)

)2

= 0 donc nous ne pouvons pas conclure.

Soit b ∈ R∗, b 6= −1

2. f(h, b+ k)− f(0, b) = h2(b+ k)3(1 + 2b+ 3h+ 2k a le

signe de b(1 + 2b) lorsque (h, k) tend vers (0, 0).Pour b(1+2b) > 0, f possede en (0, b) un minimum local, pour b(1+2b) > 0,f possede en (0, b) un maximum local.

Soit a ∈ R, a 6= −1

3.

f(a+ h, k)− f(a, 0) = (a + h)2k3(1 + 3a+ 3h+ 2k) a le signe de k(1 + 3a)lorsque (h, k) tend vers (0, 0). (a, 0) n’est pas un extremum local pour f .

Etudions les cas particuliers

(0, −1

2

)et

(−1

3, 0

).

f

(−1

3+ h, k

)=

(−1

3+ h

)2

k3(3h+ 2k) a le signe de k(3h + 2k) lorsque

72


(h, k) tend vers (0, 0).

Le signe n’est donc pas fixe au voisinage de

(−1

3, 0

).

f

(h, −1

2+ k

)= h2

(−1

2+ k

)3

(3h+ 2k a le signe de −(3h + 2k) lorsque

(h, k) tend vers (0, 0).

Le signe n’est donc pas fixe au voisinage de

(0, −1

2, 0

).

Finalement f possede un maximum local en (0, b) lorsque b(1 + 2b) < 0 et fpossede un minimum local en (0, b) lorsque b(1 + 2b) > 0.

• f(x, y) = exp(x sin(y)). f est definie sur R2, de classe C∞.

∂f

∂x(x, y) = sin(y)f(x, y),

∂f

∂y(x, y) = x cos(y)f(x, y).

(∂f

∂x(x, y) =

∂f

∂x(x, y) = 0

)⇐⇒ (x = 0, y = kπ (k ∈ Z)).

∂2f

∂x2(x, y) = sin2(y)f(x, y),

∂2f

∂y2(x, y) = x(− sin(y) + x cos2(y))f(x, y),

∂2f

∂x∂y(x, y) = cos(y)(1 + x sin(y))f(x, y).

∂2f

∂x2(0, kπ)

∂2f

∂y2(0, kπ)−

(∂2f

∂x∂y(0, kπ)

)2

= −1 < 0.


• f(x, y) = x exp(y) + y exp(x). f est definie sur R2, de classe C∞.

∂f

∂x(x, y) = y exp(x) + exp(y),

∂f

∂y(x, y) = x exp(y) + exp(x).

(∂f

∂x(x, y) =

∂f

∂x(x, y) = 0

)⇐⇒

(xy = 1, ln(−x) = x− 1

x

).

Pour x < −1, ln(−x) > 0, x2 − 1 = (x− 1)(x+ 1) > 0 ;

pour −1 < x < 0, ln(−x) < 0, x2 − 1 = (x− 1)(x+ 1) < 0 donc(xy = 1, ln(−x) = x− 1

x

)⇐⇒ (x = y = −1).

∂2f

∂x2(x, y) = y exp(x),

∂2f

∂y2(x, y) = x exp(y),

∂2f

∂x∂y(x, y) = exp(x) + exp(y).

∂2f

∂x2(−1, −1)

∂2f

∂y2(−1, −1)−

(∂2f

∂x∂y(−1, −1)

)2

= −3 exp(−2) < 0.


• f(x, y) = xy

(1 + x)(1 + y)(x+ y). f est definie sur l’ouvert O = R2 \∆ ou ∆

est la reunion des trois droites d’equations respectives x = −1, y = −1 etx+ y = 0.f est de classe C∞ sur O.


73


∂f

∂x(x, y) =

y(y − x2)

(1 + x)2(1 + y)(x+ y)2,∂f

∂y(x, y) =

x(x− y2)

(1 + y)2(1 + x)(x+ y)2.

Pour (x, y) ∈ O,(∂f

∂x(x, y) =

∂f

∂y(x, y) = 0

)⇐⇒ (y(y2 − x) = x(x− y2) = 0)

⇐⇒ (x = y = 1).

∂2f

∂x2(x, y) =

2y(−3xy + x3 − y2 − y)

(1 + x)3(1 + y)(x+ y)3,

∂2f

∂y2(x, y) =

2x(−3xy + y3 − x2 − x)

(1 + y)3(1 + x)(x+ y)3,

∂2f

∂x∂y(x, y) =

2xy + xy2 − y3 − x3 + x2y + 2x2y2

(1 + x)2(1 + y)2(x+ y)3.

∂2f

∂x2(1, 1)

∂2f

∂y2(1 1)−

(∂2f

∂x∂y(1, 1)

)2

=

(− 1

16

)2

−(− 1

32

)2

=3

1024> 0.

f possede un maximum local en (1, 1).

• f(x, y) = x3y2(1− x+ y). f est definie sur R2, de classe C∞.

∂f

∂x(x, y) = x2y2(−4x+ 3y + 3),

∂f

∂y(x, y) = x3y(−2x+ 3y + 2).

(∂f

∂x(x, y) =

∂f

∂y(x, y) = 0

)⇐⇒

(x = 0 ou y = 0 ou x =

1

2, y = −1

3

).

∂2f

∂x2(x, y) = 6xy2(−2x+ y + 1),

∂2f

∂y2(x, y) = 2x3(−x+ 3y + 1),

∂2f

∂x ∂y(x, y) = x2y(−8x+ 9y + 6).

∂2f

∂x2

(1

2, −1

3

)∂2f

∂y2

(1

2, −1

3

)− ∂2f

∂x ∂y

(1

2, −1

3

)=

(−1

9

)−(

1

12

)2

=1

144> 0.

f possede en

(1

2, −1

3

)un maximum local.

Soit a ∈ R, a 6= 0, a 6= 1. f(a + h, k) = (a + h)3k2(1 − a − h + k) a lorsque(h, k) tend vers (0, 0) le signe de a(1− a).f possede en (a, 0) un minimum local lorsque a(1− a) > 0.f possede en (a, 0) un maximum local lorsque a(1− a) < 0.Soit b ∈ R, b 6= −1. f(h, b + k) = h3(b + k)2(1 + b − h + k) a le signe deh(1+ b) lorsque (h, k) tend vers (0, 0) qui n’est pas fixe dans un voisinage de(0, b).f(h, k) a, lorsque (h, k) tend vers (0, 0), le signe de h qui n’est pas fixe.f(1 + h, k) = (1 + h)3k2(−h + k) a lorsque (h, k) tend vers (0, 0) le signe dek − h qui n’est pas fixe.f(h, −1 + k) = h3(−1 + k)2(−h+ k) a le signe de h(k − h) qui n’est pas fixe.Finalement f possede en (a, 0) un minimum local lorsque a(1 − a) > 0, fpossede en (a, 0) un maximum local lorsque a(1 − a) < 0 et f possede en

74


(1

2, −1

3

)un maximum local.

• f(x, y) = x3 + 3xy2 − 15x− 12y. f est de classe C∞ sur R2.

∂f

∂x(x, y) = 3x2 + 3y2 − 15,

∂f

∂y(x, y) = 6xy − 12.

Les extrema locaux eventuels sont obtenus en les points (x, y) solutions de3x2 + 3y2 − 15 = 0, 6xy − 12 = 0 ce qui equivaut a xy > 0 et {x2, y2} est l’en-semble des solutions de l’equation Z2−5Z+4 = 0 c’est-a-dire {x2, y2} = {1, 4}.Les points critiques sont donc les pointsA1 = (1, 2), A2 = (−1, −2), A3 = (2, 1), A4 = (−2, −1).

r =∂2f

∂x2(x, y) = 6x, t

∂2f

∂y2(x, y) = 6x, s

∂2f

∂x ∂y(x, y) = 6y.

rt− s2 = 36(x2 − y2).En A1, et A2, rt− s2 < 0 ; il n’y a pas d’extremum local ; nous avons un pointcol.En A3, r > 0, rt− s2 > 0 ; nous avons un minimum local.En A4, r < 0, rt− s2 > 0 ; nous avons un maximum local.

34. (a) gλ(x) = 3x4 − 4λx3 + λ2x2. gλ est de classe C∞.g′λ(x) = 2x(6x2 − 6λx+ λ2).Lorsque x tend vers 0, g′λ(x) a, quel que soit λ, le signe de x donc gλpossede un minimum local en 0.

(b) f(x, y) n’a pas de signe fixe au voisinage de (0, 0) car f(x, y) < 0 lorsquex2 < y < 3x2 et f(x, y)>0 dans le cas contraire. Or tout voisinage de(0, 0) rencontre l’ensemble des couples (x, y) de R2 verifiant x2 < y < 3x2

et aussi son complementaire. f n’a donc pas d’extremum local en (0, 0).

∂f

∂x(x, y) = 4x(3x2 − 2y),

∂f

∂y(x, y) = −4x2 + 2y.

(∂f

∂x(x, y) =

∂f

∂y(x, y) = 0

)⇐⇒ (x = y = 0).

∂2f

∂x2(x, y) = 36x2 − 8y,

∂2f

∂y2(x, y) = 2,

∂2f

∂x ∂y(x, y) = −8x.

Nous ne pouvions pas conclure.

35. L’application f definie par f(x, y) =x2

a+(cos y)

√a2 − x2, a > 0 est continue

sur [−a, a]× R.f est de classe C1 sur l’ouvert ]− a, a[×R.∂f

∂x(x, y) =

2x

a− x cos(y)√

a2 − x2,∂f

∂y(x, y) = − sin(y)

√a2 − x2.

(∂f

∂x(x, y) =

∂f

∂y(x, y) = 0

)

⇐⇒((y = kπ et x = 0) ou

(y = kπ et |x| = a

√3

2

)); k ∈ Z.

75


∂2f

∂x2(x, y) =

2

a− a2 cos(y)

(a2 − x2)√a2 − x2

,

∂2f

∂y2(x, y) = − cos(y)

√a2 − x2,

∂2f

∂x ∂y(x, y) =

x sin(y)√a2 − x2

,∂2f

∂x2(0, kπ) =

2− (−1)k

a,

∂2f

∂y2(0, kπ) = (−1)k+1a,

∂2f

∂x ∂y(0, kπ) = 0.

(−1)k+1a

(2− (−1)k

a

)= 1− 2(−1)k donc pour k pair, le point (0, kπ) n’est

pas un extremum local pour f ; en revanche pour k impair, le point (0, kπ)est un minimum local pour f .

∂2f

∂x2

(a

√3

2, kπ

)=

2− 8(−1)k

a,∂2f

∂y2

(a

√3

2, kπ

)=a(−1)k+1

2,

∂2f

∂x ∂y

(a

√3

2, kπ

)= 0.

2− 8(−1)k

a

a(−1)k+1

2= 4− (−1)k > 0. Le point

(a√32, kπ

)est un minimum

local pour f lorsque k est impair, maximum local pour f lorsque k est pair.

Le resultat est le meme pour le point

(a

√3

2, kπ

).

Il nous reste a etudier ce qu’il se passe “au bord”.Etudions les signe de f(a+ h, b+ k)− f(a, b) lorsque (h, k) tend vers (0, 0).Supposons cos(b) 6= 0.

f(a+ h, b+ k)− f(a, b) = cos(b+ k)√−2ah− h2 + 2h+

h2

a∼

(h, k)→(0, 0)cos(b)

√−2ah a le signe de cos(b).

f possede en (a, b) un minimum local lorsque cos(b) > 0 et un maximum locallorsque cos(b) < 0.

Supposons cos(b) = 0 ; b =π

2+ nπ, n ∈ Z.

f(a+ h, b+ k)− f(a, b) = (−1)n+1 sin(k)√−2ah− h2 + 2h+

h2

a.

Soit k =(−1)n+1

√−2h√

a. Posons u =

√−2h

a. Lorsque h tend vers 0,

f(a+ h, b+ k)− f(a, b) = 2au sin(u)√1− u2 − 4au2 + 4au4

= −h2

6a+ o(h2). f

(a + h, b+ (−1)n+1

√−2h

a

)− f(a, b)

est strictement negatif au voisinage de h = 0.

f(a+ h, b+ (−1)n+1 4√−h )− f(a, b) ∼h→0

√2a(−h) 3

4 est strictement positif

au voisinage de h = 0.

76


f n’a donc pas d’extemum local en les points(a,

π

2+ nπ

). Les resultats sont

les memes en(−a, π

2+ nπ

).

36. Considerons tout d’abord une droite d’equation x = K.d2(A,D) + d2(B,D) + d2(C,D) = (1−K)2 + (2−K)2 +K2 = 3(K − 1)2 + 2.Le minimum est obtenu pour K = 1 et il est egal a 2.Considerons plus generalement les droites d’equations y = ax+ b.

f(a, b) = d2(A,D) + d2(B,D) + d2(C,D)

=1

1 + a2((a + b)2 + (2a+ b)2 + (−3 + b)2)

=1

1 + a2(5a2 + 3b2 + 6ab− 6b+ 9).

f est de classe C∞ sur R2.

∂f

∂a(a, b) =

−6a2b− 6ab2 + 12ab− 8a+ 6b

(1 + a2)2,∂f

∂b(a, b) =

6a+ 6b− 6

1 + a2.

(∂f

∂a(a, b) =,

∂f

∂b(a, b) = 0

)

⇐⇒((

a =−2 +

√13

3, b =

5−√13

3

), ou

(a =

−2 −√13

3, b =

5 +√13

3

)).

∂2f

∂a2(a, b) =

12a3b+ 18a2b2 − 36a2b+ 24a2 − 36ab− 6b2 + 12b− 8

(1 + a2)3,

∂2f

∂b2(a, b) =

6

1 + a2,∂2f

∂a ∂b(a, b) = 6

−a2 − 2ab+ 2a+ 1

(1 + a2)2.

(∂2f

∂a2

(−2 +

√13

3,5−

√13

3

))(∂2f

∂b2

(−2 +

√13

3,5−

√13

3

))

−(∂2f

∂a ∂b

(−2 +

√13

3,5−

√13

3

))2

= −3(2 +√13)3 < 0.

(∂2f

∂a2

(−2 −

√13

3,5 +

√13

3

))(∂2f

∂b2

(−2−

√13

3,5 +

√13

3

))

−(∂2f

∂a ∂b

(−2−

√13

3,5 +

√13

3

))2

= 3(2−√13)3 > 0.

f possede en a =−2 +

√13

3, b =

5−√13

3un minimum local egal a

f

(−2 +

√13

3,5−

√13

3

)= 4−

√13.

Il s’agit de prouver qu’on a la un minimum global.

77


Tout d’abord, 4−√13 < 2.

Etudions le signe de (1 +√13)a2 + 6ab+ 3b2 − 6b+ 5 +

√13.

(1+√13)a2+6ab+3b2−6b+5+

√13 = 3(ba)2+(−2+

√13)a2−6b+5+

√13.

Posons a = v et b = u− v.(1 +

√13)a2 + 6ab+ 3b2 − 6b+ 5 +

√13

= 3u2 + (√13− 2)v2 − 6(u− v) + 5 +

√13

= 3(u− 1)2 + (√13− 2)

(v +

(√13 + 2)

3

)2

.

Nous obtenons finalement

f(a, b)− f

(−2 +

√13

3,5−

√13

3

)

= 3(a+ b− 1)2 + (√13− 2)

(a+

(√13 + 2)

3

)2

.

f(a, b)− f

(−2 +

√13

3,5−

√13

3

)>0, nul en

−2 +√13

3,5−

√13

3.

f est donc minimal en ce point. La droite cherchee a donc pour equation :(2 +

√13)x+ 3y − (5 +

√13) = 0.

Nous aurions pu obtenir le resultat cherche d’une autre maniere.Soit D une droite d’equation cartesienne ux+ vy+h = 0 avec (u, v) 6= (0, 0).g(u, v, h) = d2(A,D) + d2(B,D) + d2(C,D)

=(u+ h)2 + (2u+ h)2 + (3v + h)2

u2 + v2.

Determinons une constante K, maximale telle que ∀(u, v, h) ∈ R3, avec(u, v) 6= (0, 0) on ait f(u, v, h)−K>0.Il s’agit d’etudier le signe de 3h2 + 6uh+ 6vh+ (5−K)u2 + (9−K)v2.Pour K 6= 2,3h2 + 6uh+ 6vh+ (5−K)u2 + (9−K)v2

= 3(u+ v + h)2 + (2−K)u2 + (6−K)v2 − 6uv

= 3(u+ v + h)2 + (2−K)

(u− 3

2−Kv

)2

+

(6−K − 9

2−K

)v2.

3h2 + 6uh+ 6vh+ (5−K)u2 + (9−K)v2 est positif pour tout (u, v, h) ∈ R3,

avec (u, v) 6= (0, 0) etK 6= 2 si et seulement si 2−K>0 et 6−K − 9

2−K>0

c’est-a-dire K < 2 et K2 − 8K + 3>0 soit encore K64−√13.

Pour K = 2 nous obtenons 3h2 + 6uh+ 6vh+ (5−K)u2 + (9−K)v2

= 3(u+ v + h)2 + 4v2 − 6uv

= 3(u+ v + h)2 + 4

(v − 3

2u

)2

− 9u2

n’est pas de signe fixe. Nous obtenons donc


78


g(u, v, h)− 4−√13

=1

u2 + v2

3(u+ v + h)2 + (−2 +

√13)

(u−

√13 + 2

3v

)2.

Le minimum est donc obtenu pour u+ v + h = 0, u−√13 + 2

3v = 0 c’est-a-

dire u =

√13 + 2

3v et h = −

√13 + 5

3v. La droite obtenue a donc pour equa-

tion cartesienne (2 +√13)x+ 3y − (5 +

√13) = 0. Il s’agit du resultat trouve

plus haut.

37. Soit z = x+ iy avec (x, y) ∈ R2.

| sin(z)|2 =∣∣∣∣exp(iz)− exp(−iz)

2i

∣∣∣∣2

=1

4((exp(iz)− exp(−iz))(exp(−iz)− exp(iz)))

=1

2(ch(2y)− cos(2x)).

Posons f(x, y) =1

2(ch(2y)− cos(2x)). f est de classe C∞ sur R2.

Le disque, D, ferme centre en (0, 0) de rayon egal a 1 est compact donc fpossede un minimum et un maximum sur D.∂f

∂x(x, y) = sin(2x),

∂f

∂y(x, y) = sh(2y). Sur le disque ouvert centre en (0, 0)

de rayon egal a 1,(∂f

∂x(x, y) = 0,

∂f

∂y(x, y) = 0

)⇐⇒ x = y = 0. f possede donc un mini-

mum en (0, 0) et pas d’autre extremum local sur le disque ouvert. Le maximumest donc atteint sur le bord de D.

Sur le bord nous avons | sin(exp(it))|2 = ch(2 sin(t))− cos(2 cos(t))

2= g(t).

Soit n ∈ N∗.sin2n(t) + cos2n(t)6 sin2(t) + cos2(t) = 1, sin2n(t)− cos2n(t)6 sin2(t)61.

Dans les deux cas le majorant est par exemple obtenu pour t =π

2.

Nous en deduisons que pour tout entier naturel non nul, n,sin2n(t)− (−1)n cos2n(t)61.∀t ∈ R,

ch(2 sin(t))− cos(2 cos(t))

2=

1

2

+∞∑

n=1

(22n

(2n)!

(sin2n(t)− (−1)n cos2n(t)

))

61

2

+∞∑

n=1

22n

(2n)!

=1

2ch(2 sin

(π2

))− cos

(2 cos

(π2

))= sh2(1).

Nous obtenons finalement max|z|61

| sin(z)| = | sin(i)| = sh(1).

79


38. Soient f et g deux applications de classes C1 definies sur un ouvert U de Rn.Soit A = g−1({0}) 6= ∅.Montrons que si f possede un extremum local en a = (a1, · · · , an) ∈ A, si(dg)(a) est non nulle alors df(a) est colineaire a dg(a).D’apres le theoreme des fonctions implicites16, quitte a changer les noms des va-riables, nous pouvons supposer qu’il existe un voisinage, V , de (a1, · · · , an−1)et un voisinage, I, de an tel que ∀(x, y) ∈ V × I l’equation g(x) = 0 possedeune et une seule solution xn = ϕ(x1, · · · , xn−1) et cette application ϕ est de

classe C1 avec ∀i ∈ Nn−1,∂ϕ

∂xi= −

∂g

∂xi

∂g

∂xn

.

Posons, sur l’ouvert V ,H(x1, · · · , xn−1) = f(x1, · · · , xn−1, ϕ(x1, · · · , xn−1)). H est de classe C1 et

∂H

∂xi(x1, · · · , xn−1) = f(x1, · · · , xn−1, ϕ(x1, · · · , xn−1))

=∂f

∂xi(x1, · · · , xn−1)

= f(x1, · · · , xn−1, ϕ(x1, · · · , xn−1)) +∂f

∂xn(x1, · · · , xn−1)

= f(x1, · · · , xn−1, ϕ(x1, · · · , xn−1))∂ϕ

∂xi(x1, · · · , xn−1).

Si f possede un minimum local en a nous devons donc avoir∂f

∂xi(a) +

∂f

∂xn(a)

∂ϕ

∂xi(a1, · · · , an−1) = 0 soit encore

∂f

∂xi(a)− ∂f

∂xn(a)

∂g

∂xi

∂g

∂xn

(a) = 0.

En notant λ =

∂f

∂xn(a)

∂g

∂xn(a)

nous obtenons df(a) = λdg(a).

Ici, en fait nous pouvons nous y prendre plus simplement car nous connaissonsϕ qui n’est autre que (x, y) 7−→ 3a− x− y.Posons g(x, y) = x ln(x) + y ln(y)+ (3a−x− y) ln(3a− x− y). g est de classeC∞ sur (R∗

+)2.

∂g

∂x(x, y) = ln(x)− ln(3a− x− y),

∂g

∂y(x, y) = ln(y)− ln(3a− x− y).

∂2g

∂x2(x, y) =

1

x+

1

3a− x− y,∂2g

∂y2(x, y) =

1

y+

1

3a− x− y,

∂2g

∂x ∂y(x, y) =

1

3a− x− y.

Le point critique est (a, a).

r =∂2g

∂x2(a, a) =

2

a,

16Qu’il faut alors redemontrer. Reprendre la demonstration faite plus haut.

80


t =∂2g

∂y2(a, a) =

2

a, s =

∂2g

∂x ∂y(a, a) =

1

a.

rt− s2 =3

a2> 0 donc g possede en (a, a) un minimum local.

Si nous utilisons le resultat prouve precedemment nous avons (df)(x, y, z)colineaire a dx+ dy+ dz c’est-a-dire (ln(x)+1, ln(y)+1, ln(z)+1) colineairea (1, 1, 1) c’est-a-dire ln(x) = ln(y) = ln(z) soit encore x = y = z = a.Il resterait alors a savoir s’il s’agit bien d’un extremum local.

39. Posons g(x, y) = xy + (x+ y)(1− x− y). g est de classe C∞.∂g

∂x(x, y) = −2x− y + 1,

∂g

∂y(x, y) = −2y − x+ 1.

Le point critique est

(1

3,1

3

).

r =∂2x

∂x2(y, =)− 2, t =

∂2y

∂y2(y, =)− 2, v[1mm] s =

∂2x

∂x ∂x(y, =)− 1.

rt− s2 = 3 > 0. g possede en

(1

3,1

3

)un maximum local.

En fait, xy + (x+ y)(1− x− y) = −1

4(2x+ y − 1)2 − 1

12(3y − 1)2 +

1

361

3; le

maximum est obtenu pour 2x+y−1 = 0, 3y−1 = 0 c’est-a-dire en

(1

3,1

3

).

Le maximum global de xy+ yz+ xz avec x+ y+ z = 1 est egal a1

3obtenu en

(1

3,1

3,1

3

).

Nous aurions pu utiliser ce qui a ete dit plus haut et calculer df nous aurionsobtenu (y+ z)dx+ (z + x)dy+ (x+ y)dz colineaire a dx+ dy+ dz c’est-a-dire

y + z = z + x = x+ y soit encore x = y = z =1

3.

40. Il s’agit la en fait d’une application du theoreme des fonctions implicites ;theoreme qui n’est plus, malheureusement, au programme.Nous devons donc refaire une preuve pour cette seule question adaptee au casd’une application a valeurs reelles comme nous l’avons vu dans l’introduction.Soit g l’application definie de R2 dans R parg(x, y) = y4 − (y3 − x− 8)5 + x3 − 16. g est de classe C1, g(0, 2) = 0.

∂g

∂y(x, y) = 4y3 − 15y2(y3 − x− 8)4,

∂g

∂y(0, 2) = 32.

(x, y) 7−→ ∂g

∂y(x, y) ∈ R est continue donc il existe α > 0 tel que pour |x|6α

et |y − 2|6α on ait (x, y) 7−→ ∂g

∂y(x, y)>1.

L’application y ∈ [2 − α, 2 + α] 7−→ g(x, y) ∈ R est, pour x ∈ [−α, α],strictement croissante. g(0, 2) = 0 donc g(0, 2− α) < 0 et g(0, 2 + α) > 0.x ∈ [−α, α] 7−→ g(x, 2 + α) ∈ R est continue donc il existe β1 > 0 tel quepour x ∈ [−β1, β1]∩ [−α, α] on ait g(x, 2+α) > 0 ; de meme il existe β2 > 0

81


tel que pour x ∈ [−β2, β2] ∩ [−α, α] on ait g(x, 2− α) < 0.Finalement il existe η > 0 tel que pour |x|6η, l’application y ∈ [2 − α, 2 +α] 7−→ g(x, y) ∈ R est strictement croissante, strictement negative en 2 − α,strictement positive en 2 + α.Il existe donc un unique y = ϕ(x) ∈ [2 − α, 2 + α] tel que g(x, ϕ(x)) = 0.Montrons la continuite de ϕ. Soient x et x′ dans l’intervalle J = [−η, η].g(x, ϕ(x))− g(x′, ϕ(x′)) = (g(x, ϕ(x))− g(x, ϕ(x′)))

+(g(x, ϕ(x′))− g(x′, ϕ(x′)))

c’est-a-dire g(x, ϕ(x′))− g(x, ϕ(x)) = g(x, ϕ(x′))− g(x′, ϕ(x′)).Posons, pour t ∈ [0, 1], ψ(t) = g(x, y′ + t(y − y′)). ψ est de classe C1,

ψ′(t) = (y − y′)∂g

∂y(x, y′ + t(y − y′)).

g(x, y)− g(x, y′) = ψ(1)− ψ(0) = (y − y′)

∫ 1

0

∂g

∂y(x, y′ + t(y − y′))dt.

Nous avons vu plus haut que pour |x|6η et |y − 2|6α, ∂g∂y

(x, z)>1.

g(x, y)− g(x, y′) a le signe de y − y′ donc |g(x, y)− g(x, y′)|>|y − y′|.En particulier,|ϕ(x)− ϕ(x′)|6|g(x, ϕ(x))− g(x, ϕ(x′))| = |g(x, ϕ(x′))− g(x′, ϕ(x′))|.x′ etant fixe, la continuite de g s’ecrit∀ε > 0, ∃δ > 0, |x− x′|6δ ⇒ |g(x, ϕ(x′))− g(x′, ϕ(x′))|6ε.Nous avons alors pour x ∈ J ∩ [x′ − δ, x′ + δ],|ϕ(x)− ϕ(x′)|6|g(x, ϕ(x′))− g(x′, ϕ(x′))|6ε.ϕ est donc continue.Montrons que ϕ est de classe C1.Soient a ∈ J , b = ϕ(a), (h, k) ∈ R2 avec a + h ∈ J et ϕ(a+ h)− ϕ(a) = k.

g(a+ h, b+ k) = h∂g

∂x(a, b) + k

∂g

∂y(a, b) + ‖(h, k)‖θ(h, k) ou θ a pour limite

0 en (0, 0).En remplacant b et k par leurs valeurs nous obtenons

ϕ(a+ h)− ϕ(a)

h= −

∂g

∂x(a, b)

∂g

∂y(a, b)

− θ(h, k)‖(h, k)‖h∂g

∂y(a, b)

.

Lorsque h tend vers 0,

‖(h, k)‖ = ‖(h, ϕ(a+ h)− ϕ(a))‖ = ‖(h, hϕ′(a) + ho(h))‖= |h|‖(1, ϕ′(a) + ho(1))‖.∣∣∣∣∣

θ(h, k)‖(h, k)‖h∂g

∂y(a, b)

∣∣∣∣∣ =|θ(h, ϕ(a+ h)− ϕ(k))|‖(1, ϕ′(a) + ho(1h))‖

| ∂g∂y

(a, b)|6|θ(h, ϕ(a+ h)− ϕ(k))‖(1, ϕ′(a) + ho(1))‖.

Nous avons alors limh→0

ϕ(a+ h)− ϕ(a)

h= −

∂g

∂x(a, b)

∂g

∂y(a, b)

.

ϕ est bien de classe C1.ψ(x) = ϕ(x)3 − x− 8 donc ψ est de classe C1. Nous avons finalement

82


ϕ′(x) = − 5(ϕ(x)3 − x− 8)4 − 3x2

4ϕ(x)3 − 15ϕ(x)2(ϕ(x)3 − x− 8)4et ψ′(x) = 3ϕ′(x)ϕ(x)2 − 1.

En particulier ϕ′(0) = 0 et ψ′(0) = −1.La tangente en (0, 2, 0) a la courbe x 7−→ (x, ϕ(x), ψ(x)) est la droite dirigeepar le vecteur de coordonnees (1, 0, −1).

41. f est une application de classe C1 de R2 dans R et g est l’application definiede R3 dans R par g(x, y, z) = f(x2 − y2, y2 − z2).

(a, b, c) ∈ R3 verifie g(a, b, c) = 0, c est non nul et∂f

∂y

(a2 − b2, b2 − c2

)6= 0.

g est de classe C1 sur R3.∂g

∂z(a, b, c) 6= 0. Supposons, quitte a changer g en

−g ce qui est equivalent pour la resolution de l’equation g(x, y, z) = 0, que∂g

∂z(a, b, c) > 0.

(x, y, z) 7−→ ∂g

∂z(x, y, z) est continue donc il existe K > 0 et α > 0 tels que

pour (x, y, z) ∈ U = [a− α, a + α]× [b− α, b + α]× [c− α, c + α] on ait

∂g

∂z(x, y, z)>K. Posons, pour (x, y, z) ∈ R3, gx,y(z) = g(x, y, z).

ga,b est strictement croissante sur [c− α, c+ α]. ga,b(c) = g(a, b, c) = 0 doncg(a, b, c+ α) = ga,b(c+ α) > 0 et g(a, b, c− α) = ga,b(c− α) < 0.g est continue donc il existe β1 > 0 tel que(x, y) ∈ V1 = [a− β1, a+ β1]× [b− β1, b+ β1] on ait g(x, y, c + α1) > 0.De meme il existe β2 > 0 tel que(x, y) ∈ V2 = [a− β2, a+ β2]× [b− β2, b+ β2] on ait g(x, y, c− α1) < 0.Soit (x, y) ∈ W = [a− η, a+ η]× [b− η, b+ η] ou η > 0, η6min(α, β1, β2).gx,y est strictement croissante sur [c− α, c+ α], continue et verifiegx,y(c− α) < 0, gx,y(c+ α) > 0.Il existe donc un unique z = ϕ(x, y) ∈ [c− α, c+ α] verifiant g(x, y, z) = 0.Montrons la continuite de ϕ.Soit (x, y) ∈ W et soit (x0, y0) fixe dans W .g(x, y, ϕ(x, y))− g(x0, y0, ϕ(x0, y0))

= (g(x, y, ϕ(x, y))− g(x, y, ϕ(x0, y0)))

+(g(x, y, ϕ(x0, y0))− g(x0, y0, ϕ(x0, y0))).

Donc g(x, y, ϕ(x, y))− g(x, y, ϕ(x0, y0))

= −g(x, y, ϕ(x0, y0))+g(x0, y0, ϕ(x0, y0)).En appliquant l’egalite des accroissements finis sur l’intervalle d’extremitesϕ(x, y) et ϕ(x0, y0) a l’application t 7−→ g(x, y, t) nous obtenons :

g(x, y, ϕ(x, y))− g(x, y, ϕ(x0, y0)) = (ϕ(x, y)− ϕ(x0, y0))∂g

∂z(x, y, t) avec

t entre ϕ(x, y) et ϕ(x0, y0).g est continue donc ∀ε > 0, ∃ δ1 > 0 tel que(|x−x0|6δ1, |y−y0|6δ1) ⇒ |−g(x, y, ϕ(x0, y0))+g(x0, y0, ϕ(x0, y0))|6 Kε.Il existe donc δ > 0 tel queV = ([x0 − δ, x0 + δ]× [y0 − δ, y0 + δ])

83


⊂ ([x0 − δ1, x0 + δ1]× [y0 − δ1, y0 + δ1]) ∩ (W × [c− α, c+ α])et pour (x, y) ∈ V ,K|ϕ(x, y)− ϕ(x0, y0)|6| − g(x, y, ϕ(x0, y0)) + g(x0, y0, ϕ(x0, y0))|6 Kε.ϕ est donc continue en (x0, y0).Soit ψ(t) = g(x0 + t(x− x0), y0 + t(y − y0), z0) ou z0 = ϕ(x0, y0).ψ est de classe C1 sur [0, 1].

−g(x, y, ϕ(x0, y0)) + g(x0, y0, ϕ(x0, y0)) =

∫ 1

0

ψ′(t)dt.

ψ′(t) = (x− x0)∂g

∂x(x0 + t(x− x0), y0 + t(y − y0), z0)

+(y − y0)∂g

∂y(x0 + t(x− x0), y0 + t(y − y0), z0).

Pour (x, y) ∈ W , (x, y) 7−→ ∂g

∂x(x, y), z0) et (x, y) 7−→

∂g

∂y(x, y), z0) sont

bornees donc il existe une constante M>0 telle que∀t ∈ [0, 1], ψ′(t)6M‖(x− x0, y − y0)‖.Finalement| − g(x, y, ϕ(x0, y0)) + g(x0, y0, ϕ(x0, y0))|6M‖(x− x0, y − y0)‖donc K|ϕ(x, y)− ϕ(x0, y0)|6M‖(x− x0, y − y0)‖.Montrons que ϕ est de classe C1.g est de classe C1 donc ∀(x, y, z, h, k, r) ∈ R6,

g(x+ h, y + k, z + r) = h∂g

∂x(x, y, z) + k

∂g

∂y(x, y, z)

+r∂g

∂z(x, y, z) + ‖(h, k, r)‖θ(h, k, r)

ou θ est nulle en (0, 0, 0), continue en ce point.

Choisissons r = ϕ(x+ h, y + k)− ϕ(x, y) et z = ϕ(x, y).

0 = h∂g

∂x(x, y, z) + k

∂g

∂y(x, y, z)

+(ϕ(x+ h, y + k)− ϕ(x, y))∂g

∂z(x, y, z) + ‖(h, k, r)‖θ(h, k, r).

∂g

∂z(x, y, z) = −2z

∂f

∂y

(x2 − y2, y2 − z2

), −2c

∂f

∂y

(a2 − b2, b2 − c2

)6= 0

donc, l’application z 7−→ −2z∂f

∂y

(x2 − y2, y2 − z2

)etant continue, il existe un

voisinage V1 =W ′ × [c− α′, c+ α′] inclus dans W × [c− α, c+ α] sur lequel

−2z∂f

∂y

(x2 − y2, y2 − z2

)6= 0.

ϕ etant continue sur U , l’image reciproque par ϕ de [c− α′, c+ α′], voisinagede c, est un voisinage, V2, de (a, b). Soit alors V3 = V2 ∩W ′. Nous pouvonsecrire lorsque (x+ h, y + k) ∈ V3,

ϕ(x+ h, y + k)− ϕ(x, y) = −h∂g

∂x(x, y, z)

∂g

∂z(x, y, z)

− k

∂g

∂y(x, y, z)

∂g

∂z(x, y, z)

−‖(h, k, r)‖θ(h, k, r)∂g

∂z(x, y, z)

.

84


‖(h, k, r)‖ = ‖(h, k, ϕ(x+ h, y + k)− ϕ(x, y))‖.Nous avons vu plus haut qu’il existe une constante C>0 telle que lorsque(h, k) tend vers (0, 0) |ϕ(x+ h, y + k)− ϕ(x, y))|6C‖(h, k)‖ donc

‖(h, k, ϕ(x+ h, y + k)− ϕ(x, y))‖6C ′‖(h, k)‖ ou C ′ ∈ R+.

Il vient alors‖(h, k, ϕ(x+ h, y + k)− ϕ(x, y))‖

‖(h, k)‖ |∂g∂z

(x, y, z)|6B ou B ∈ R+.

θ et ϕ etant continues, nous en deduisons que ϕ est une application differen-

tiable avec∂ϕ

∂x(x, y) = −

∂g

∂x(x, y, ϕ(x, y))

∂g

∂z(x, y, ϕ(x, y))

et∂ϕ

∂y(x, y) = −

∂g

∂x(x, y, ϕ(x, y))

∂g

∂z(x, y, ϕ(x, y))

.

ϕ est bien de classe C1 au voisinage de (a, b).Finalement il existe un voisinage de (a, b) sur lequel ϕ est definie et de classeC1. Sur ce voisinage nous avons, en notant z = ϕ(x, y),

yz∂ϕ

∂x(x, y) + cz

∂ϕ

∂y(x, y) = −

yz ∂g

∂x(x, y, z) + xz ∂g

∂y(x, y, z)

∂g

∂z(x, y, z)

.

∂g

∂x(x, y, z) = 2x

∂f

∂x

(x2 − y2, y2 − z2

),

∂g

∂y(x, y, z) = −2y

∂f

∂x

(x2 − y2, y2 − z2

)+ 2y

∂f

∂y

(x2 − y2, y2 − z2

),

∂g

∂z(x, y, z) = −2z

∂f

∂y

(x2 − y2, y2 − z2

).

En remplacant dans la relation precedente nous obtenons bien

yϕ(x, y)∂ϕ

∂x(x, y) + cϕ(x, y)

∂ϕ

∂y(x, y) = xy.

42. Soit (x, y) ∈ R∗ × R. Il existe r ∈ R∗, t ∈]−π2+ kπ,

π

2+ kπ

[, k ∈ Z, tels

que x = r cos(t), y = r sin(t).

f(x, y) = x2 + y2 − exp(2 atan

(yx

))= r2 − exp(2(t− kπ)). Les solutions de

l’equation x2 + y2 = exp(2 atan

(yx

))sont donc les couples (x, y) definis par

x = (−1)k exp(t) cos(t), y = (−1)k exp(t) sin(t) pour t ∈]−π2,π

2

[.

Soit alors t0 fixe dans]−π2,π

2

[.

Soit a = ε exp(t0) cos(t0), y = ε exp(t0) sin(t0) ou ε = ±1.

∂f

∂y(x, y) = 2y − 2x

x2 + y2exp

(2 atan

(yx

)).

∂f

∂y(a, b) = 2ε exp(t0)(sin(t0)− cos(t0)). Pour t0 6=

π

4,∂f

∂y(a, b) 6= 0.

∂f

∂x(x, y) = 2x+

2y

x2 + y2exp

(2 atan

(yx

)).

∂f

∂x(a, b) = 2ε exp(t0)(sin(t0) + cos(t0)). Pour t0 6= −π

4,∂f

∂x(a, b) 6= 0.

85


L’ensemble f−1({0}) a l’allure suivante :

-6

-4

-2

0

2

4

6

-2 -1 1 2

Nous “voyons” que pour t =π

4, il y a une tangente parallele a l’axe des or-

donnees ; il n’est pas possible de definir y en fonction de x. En revanche nouspourrions definir x en fonction de y localement.

Nous “voyons” que pour t = −π4, il y a une tangente parallele a l’axe des abs-

cisses.

Soit g l’application t ∈]−π2,π

2

[7−→ exp(t) cos(t) ∈ R.

g′(t) = exp(t)(cos(t)− sin(t)). g est strictement croissante sur]−π2,π

4

], stric-

tement decroissante sur[π4,π

2

[.

La restriction de g a l’intervalle]−π2,π

4

]induit une bijection de cet intervalle

vers

]0,

√2

2exp

(π4

)]et la restriction de g a l’intervalle

[π4,π

2

[induit une

bijection de cet intervalle vers

]0,

√2

2exp

(π4

)].

Nous faisons de meme avec l’application −g.

Pour x ∈]0,

√2

2exp

(π4

)], il existe un unique t = θ1(x) ∈

]−π2,π

4

]tel que

x = g(t). θ1 est continue, de classe C1 sur

]0,

√2

2exp

(π4

)[.

Pour x ∈]0,

√2

2exp

(π4

)], il existe un unique t = θ2(x) ∈

[π4,π

2

]tel que

x = g(t). θ2 est continue, de classe C1 sur

]0,

√2

2exp

(π4

)[.

Pour x ∈[−√2

2exp

(π4

), 0

[, il existe un unique t = θ3(x) ∈

]−π2,π

4

]tel

que x = −g(t). θ3 est continue, de classe C1 sur

]−√2

2exp

(π4

), 0

[.

86


θ3(x) = θ1(−x).

Pour x ∈[−√2

2exp

(π4

), 0

[, il existe un unique t = θ4(x) ∈

[π4,π

2

[tel que

x = −g(t). θ4 est continue, de classe C1 sur

]−√2

2exp

(π4

), 0

[.

θ4(x) = θ2(−x).En fait, les applications sont de classe C∞.Notons h l’application t 7−→ exp(t) sin(t).h est de classe C1, h′(t) = exp(t)(cos(t) + sin(t)).

h(]

−π2, −π

4

])=

[−√2

2exp

(−π4

), − exp

(−π2

)[,

h([

−π4,π

2

[)=

[−√2

2exp

(π4

), exp

(π2

)[.

Pour x ∈]0,

√2

2exp

(π4

)]et y ∈

[−√2

2exp

(−π4

),

√2

2exp

(π4

)],

f(x, y) = 0 ⇐⇒ y = h(θ1(x)) = ϕ1(x).

Pour x ∈]0,

√2

2exp

(π4

)]et y ∈

[√2

2exp

(π4

), exp

(π2

)[,

f(x, y) = 0 ⇐⇒ y = h(θ2(x)) = ϕ2(x).

Pour x ∈[−√2

2exp

(π4

), 0

[et y ∈

[−√2

2exp

(π4

),

√2

2exp

(−π4

)],

f(x, y) = 0 ⇐⇒ y = −h(θ1(−x)) = ϕ3(x).

Pour x ∈[−√2

2exp

(π4

), 0

[et y ∈

]− exp

(π2

), −

√2

2exp

(π4

)],

f(x, y) = 0 ⇐⇒ y = −h(θ2(−x)) = ϕ4(x).

ϕ1 et ϕ2 sont de classe C1 sur

]0,

√2

2exp

(π4

)[,

ϕ3 et ϕ4 sont de classe C1 sur

]−√2

2exp

(π4

), 0

[.

ϕ′1(x) = θ′1(x)h

′(θ1(x)) =exp(−t)

sin(t)− cos(t)exp(t)(sin(t) + cos(t))

=sin(t) + cos(t)

sin(t)− cos(t)ou t = θ1(x).

ϕ′′1(x) =

exp(−t)sin(t)− cos(t)

−2

(sin(t)− cos(t))2)=

2 exp(−t)(cos(t)− sin(t))3)

.

En remplacant nous obtenons(1 + ϕ′

12(x))3

(ϕ′′1(x))

2(x2 + ϕ1(x)2)= 2.

87


Nous obtenons le meme resultat avec ϕ2.

ϕ3(x) = −ϕ1(−x) donc ϕ′3(x) = ϕ′

1(−x) et ϕ′′3(x) = ϕ′′

1(x) ;

de meme ϕ4(x) = −ϕ2(−x) donc ϕ′4(x) = ϕ′

2(−x) et ϕ′′4(x) = ϕ′′

2(x).Nous retrouvons alors pour les quatre fonctions le meme resultat.Appelons ϕ l’une de ces quatre fonctions et I l’intervalle sur lequel ϕ est de

classe C1. Elles verifient la relation(1 + ϕ′2(x))3

ϕ′′(x)2(x2 + ϕ2(x))= 2.

43. Nous pouvons dans chacun de ces trois cas reprendre la demonstration quenous avons faite dans les preliminaires. Je vais la reprendre rapidement pourle troisieme cas ; il suffirait de la recopier et de l’adapter aux autres cas.

• f(x, y) = exp(x+ y) + y − 1.f(0, 0) = 0. exp(x+ y) + y − 1 = 0 ⇐⇒ x = −y + ln(1− y) = g(y).g est de classe C∞, definie de ]−∞, 1[ dans R.

g′(y) = −1− 1

1− y.

g est strictement decroissante. g′ ne s’annule pas donc g est une bijection de]−∞, 1[ sur R ; la bijection reciproque est de classe C∞ strictement decrois-sante. lim

x→−∞g−1(x) = 1, lim

x→+∞g−1(x) = −∞.

La courbe representative de ϕ a l’allure suivante :

-3

-2

-1

0

1

-20 -15 -10 -5 5

Au voisinage de y = 0 nous avons g(y) = −2y − 1

2y2 − 1

3y3 + o(y3).

ϕ est de classe C∞ donc possede un developpement limite a tout ordre. Auvoisinage de x = 0 nous avons ϕ(x) = a1x+ a2x

2 + a3x3 + o(x3) donc

x = −2(a1x+ a2x2 + a3x

3)− 1

2(a1x+ a2x

2 + a3x3)2 − 1

3(a1x+ a2x

2 + a3x3)3 + o(x3)

= −2a1x−(2a2 +

1

2a21

)x2 −

(2a3 + a1a2 +

1

3a31

)x3 + o(x3).

ce qui conduit, grace a l’unicite, a a1 = −1

2, a2 = − 1

16, a3 =

1

192donc

ϕ(x) = −1

2x− 1

16x2 +

1

192x3 + o(x3).

• f(x, y) = xy − sin(y) + x. f(0, 0) = 0, f(x, −1) = sin(1) 6= 0. S’il existeun intervalle, I, de R contenant 0 sur lequel la relation f(x, y) = 0 permetde definir une fonction implicite ϕ verifiant f(x, ϕ(x)) = 0, cet intervalle doit

88


verifier ϕ(I) = J ⊂]− 1, +∞[.Si nous souhaitons que ϕ soit derivable alors la derivee de ϕ−1 ne doit pass’annuler.

f(x, y) = 0 ⇐⇒(x = g(y) =

sin(y)

1 + y, y 6= −1

).

g′(y) =(1 + y) cos(y)− sin(y)

(1 + y)2.

g′ s’annule en un point de l’intervalle]0,

π

2

[. Placons-nous donc sur l’inter-

valle]−1,

π

2

[.

Posons u(y) = (1 + y) cos(y)− sin(y). u′(y) = −(1 + y) sin(y).

Nous avons le tableau de variation suivant :

y −1 0 y1π

2

u′(y) + - -

u(y)sin(1)

✘✘✘✿ 1 ❳

❳❳③

0 ❳❳③ −1

g(y)−∞ ✘

✘✘✿0✘

✘✘✿x1 ❳

❳❳③

22+π

y ∈ [−π, −1[ 7−→ g(y) ∈ R+ est bijective, L’application reciproque ϕ1 estcontinue sur [R+, de classe C∞.L’equation f(x, y) = 0, avec (x, y) ∈ R+ × [−π, −1[ definit une fonctionimplicite ϕ1 verifiant ∀x ∈ R+, f(x, ϕ1(x)) = 0 avec ϕ de classe C∞ sur R+

et ϕ1(0) = −π.y ∈]− 1, y1] 7−→ g(y) ∈]−∞, x1] (ou x1 = g(y1) > 0) est bijective, L’appli-cation reciproque ϕ est continue sur ]−∞, x1], de classe C∞ sur ]−∞, x1[.L’equation f(x, y) = 0, avec (x, y) ∈ R+ × [−π, −1[ definit une fonctionimplicite ϕ verifiant ∀x ∈]−∞, x1], f(x, ϕ(x)) = 0 avec ϕ de classe C∞ sur]−∞, x1[ et ϕ(0) = 0.

y ∈ [y1, π] 7−→ g(y) ∈ [0, x1] est bijective, L’application reciproque ϕ2 estcontinue sur [0, x1], de classe C∞ sur [0, x1[.L’equation f(x, y) = 0, avec (x, y) ∈ R+ × [−π, −1[ definit une fonctionimplicite ϕ2 verifiant ∀x ∈ [0, x1], f(x, ϕ2(x)) = 0 avec ϕ2 de classe C∞ sur]−∞, x1[ et ϕ2(0) = π.

Au voisinage de y = 0,

g(y) =sin(y)

1 + y

= (1− y + y2 − y3 + o(y3))(y − 1

6y3 + o(y3))

= y − y2 +5

6y3 + o(y3).

ϕ possede un developpement limite a tout ordre au voisinage de 0 donc

89


x = (a1x+a2x2+a3x

3)− (a1x+a2x2+a3x

3)2+5

6(a1x+a2x

2+a3x3)3+ o(x3)

= ax+(b−a2)x2+

(c−2ab+

5

6a3)x3+ o(x

3).

Nous en deduisons, par unicite du developpement limite, a = 1, b = 1, c =7

6.

Il vient donc au voisinage de x = 0, ϕ(x) = x+ x2 +7

6x3 + o(x3).

La courbe representant ϕ a l’allure suivante :

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

-12 -10 -8 -6 -4 -2

• f(x, y) = 2 exp(x+ y − 1) + ln(x− y)− 2x+ y3. f(1, 0) = 0.L’application f est de classe C∞ sur l’ouvert {(x, y) ∈ R2, y − x < 0}.

Placons-nous par exemple sur le ferme F =

[1

2,3

2

]×[−1

3,1

3

].

Pour x fixe, posons g(y) = 2 exp(x+ y − 1) + ln(x− y)− 2x+ y3.

g est de classe C∞ sur

[−1

3,1

3

].

g′(y) = 2 exp(x+ y − 1)− 1

x− y+ 3y2.

pour x = 1 et y = 0 nous avons g′(y) = 1 > 0.

(x, y) 7−→ 2 exp(x+ y − 1)− 1

x− y+ 3y2 est continue donc il existe un voi-

sinage V = [1 − α, 1 + α] × [−α, α] de (1, 0), inclus dans F , sur lequel

(x, y) 7−→ 2 exp(x+ y − 1)− 1

x− y+ 3y2>

1

2.

Pour x = 1, g est strictement croissante, nulle en 0 donc f(1, α) > 0 etf(1, −α) < 0.f est continue donc il existe un voisinage, V1, de 1, [1−β1, 1+β1] ⊂ [1−α, 1+α]tel que pour x ∈ V1 on ait f(x, −α) < 0 et de meme il existe un voisinage, V2,de 1, [1−β2, 1+β2] ⊂ [1−α, 1+α] tel que pour x ∈ V21 on ait f(x, α) > 0.Il existe donc β > 0 tel que ∀x ∈ [1− β, 1+ β], f(x, −α) < 0 et f(x, α) > 0.∀(x, y) ∈ [1− β, 1+ β]× [−α, α], y 7−→ f(x, y) est strictement croissante etdonc s’annule une et une seule fois.L’equation f(x, y) = 0 possede pour chaque x une et une seule solutiony = ϕ(x).Montrons la continuite de ϕ.

90


Soient a et x dans [1− β, 1 + β].0 = f(x, ϕ(x))− f(a, ϕ(a)) = (f(x, ϕ(x))− f(x, ϕ(a)))

+(f(x, ϕ(a))− f(a, ϕ(a)))donc −f(x, ϕ(x)) + f(x, ϕ(a)) = f(x, ϕ(a))− f(a, ϕ(a)).

En utilisant l’egalite des accroissements finis nous obtenons

f(x, ϕ(x))− f(x, ϕ(a)) = (ϕ(x)− ϕ(a))∂f

∂y(x, c) ou c est compris entre ϕ(a)

et ϕ(x) donc aussi entre [−α et α.

Donc, comme nous l’avons vu precedemment∂f

∂y(x, c)>

1

2.

Il vient donc |f(x, ϕ(x))− f(x, ϕ(a))|>|ϕ(x)− ϕ(a)|12puis

|ϕ(x)− ϕ(a)|62|f(x, ϕ(a))− f(a, ϕ(a))|.limx→a

(f(x, ϕ(a))− f(a, ϕ(a))) = 0 donc limx→a

(ϕ(x)− ϕ(a)) = 0 et ϕ est conti-

nue.

Montrons que ϕ est de classe C1.

f(a+ h, b+ k) = f(a, b) +∂f

∂x(a, b)h+

∂f

∂y(a, b)k + (|h|+ |k|)ε(, h, k) ou ε

est continue en (0, 0), nulle en (0, 0).Choisissons b = ϕ(a), avec a ∈ [1− β, 1 + β], et k = ϕ(a+ h)− ϕ(a).

ϕ(a+ h)− ϕ(a) = −∂f

∂x(a, b)

∂f

∂y(a, b)

h− 1∂f

∂y(a, b)

(|h|+ |k|)ε(, h, k).

Reprenons la relation |ϕ(x)− ϕ(a)|62|f(x, ϕ(a))− f(a, ϕ(a))|.L’egalite des accroissements finis conduit a

f(x, ϕ(a))− f(a, ϕ(a)) = (x− a)∂f

∂x(d, ϕ(a)) ou d est entre a et x. f est

de classe C1 donc (x, y) 7−→ ∂f

∂x(x, y) est borne sur un voisinage ferme de

(1, 0) inclus dans [1 − β, 1 + β] × [−α, α]. Il vient alors, sur ce voisinage,|ϕ(x)− ϕ(a)|6M |x− a|.Avec le choix de k en fonction de h nous avons

|k|6M |h|.∣∣∣∣∣

1∂f

∂y(a, b)

(|h|+ |k|)ε(, h, k)∣∣∣∣∣6K|h| |ε(, h, k)|.

Finalement limh→0

ϕ(a+ h)− ϕ(a)

h= −

∂f

∂x(a, ϕ(a))

∂f

∂y(a, ϕ(a))

.

Il est alors immediat que ϕ est de classe C∞.A partir de la relation f(x, ϕ(x)) = 0 nous obtenons2 exp(x+ ϕ(x)− 1) + ln(x− ϕ(x))− 2x+ ϕ(x)3) = 0 puis

2(1 + ϕ′(x)) exp(x+ ϕ(x)− 1) +1− ϕ′(x)

x− ϕ(x)− 2 + 3ϕ′(x)ϕ(x)2) = 0,

2ϕ′′(x) exp(x+ ϕ(x)− 1) + 2(1 + ϕ′(x))2 exp(x+ ϕ(x)− 1)− ϕ′′(x)

x− ϕ(x)

−(1 − ϕ′(x))2

(x − ϕ(x))2+ 3ϕ′′(x)ϕ(x)2) + 6(ϕ′(x))2ϕ(x) = 0,

91


2ϕ(3)(x) exp(x+ ϕ(x)− 1) + 6ϕ′′(x)(1 + ϕ′(x)) exp(x+ ϕ(x)− 1)

+2(1 + ϕ′(x))3 exp(x+ ϕ(x)− 1)− ϕ(3)(x)

x− ϕ(x)+ϕ′′(x)(1− ϕ′(x))

(x− ϕ(x))2

+2ϕ′′(x)(1− ϕ′(x))

x− ϕ(x)+

2(1− ϕ′(x))3

(x− ϕ(x))2+ 3ϕ(3)(x)ϕ(x)2)

+18ϕ′(x)ϕ′′(x)ϕ(x) + 6(ϕ′(x))3 = 0,

Nous obtenons donc ϕ′(1) = −1, ϕ′′(1) = 4, ϕ(3)(1) = −2.

Lorsque x tend vers 1 nous avons le developpement limite

ϕ(x) = −(x− 1) + 2(x− 1)2 +1

3(x− 1)3 + o((x− 1)3.

La courbe representative de ϕ a l’allure suivante :

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

1 1.5 2 2.5 3

44. En reprenant les preuves faites precedemment, et en s’inspirant de ce qui aete fait dans les preliminaires qu’il suffit de recopier ici, nous avons demontre

que si∂f

∂z(a) 6= 0 alors il existe un voisinage A× B de a et une application ϕ

definie de A dans B telle que l’equation f(x, y, z) = 0 ⇐⇒ z = ϕ(x, y) ; ϕest de classe C∞.

• f(x, y, z) = x3 + y3 + z3 − zx − x+ y − 2z + 1 = 0, a = (0, 0, 1).

∂f

∂z(0, 0, 1) = 1. Nous pouvons donc appliquer ce qui precede.

Il existe un voisinage, V , de (0, 0), un voisinage, I, de 1 et une application ϕde classe C∞ definie sur V a valeurs dans I verifiantx3 + y3 + ϕ(x, y)3 − xϕ(x, y)− x+ y − 2ϕ(x, y) + 1 = 0.

3x2 + 3∂ϕ

∂x(x, y)ϕ(x, y)2 − ϕ(x, y)− x

∂ϕ

∂x(x, y)− 1− 2

∂ϕ

∂x(x, y) = 0.

3y2 + 3∂ϕ

∂y(x, y)ϕ(x, y)2 − x

∂ϕ

∂y(x, y) + 1− 2

∂ϕ

∂y(x, y) = 0.

6x+ 3∂2ϕ

∂x2(x, y)ϕ(x, y)2 + 6

(∂ϕ

∂x(x, y)

)2

ϕ(x, y)− 2∂ϕ

∂x(x, y)

−x∂2ϕ

∂x2(x, y)− 2

∂2ϕ

∂x2(x, y) = 0.


92


3ϕ(x, y)2∂2ϕ

∂x ∂y(x, y) + 6ϕ(x, y)

∂ϕ

∂x(x, y)

∂ϕ

∂y(x, y)− ∂ϕ

∂y(x, y)

−x ∂2ϕ

∂x ∂y(x, y)− 2

∂2ϕ

∂x ∂y(x, y) = 0.

6y + 3ϕ(x, y)2∂2ϕ

∂y2(x, y)ϕ(x, y) + 6ϕ(x, y)

(∂ϕ

∂y(x, y)

)2

− x∂2ϕ

∂y2(x, y)

−2∂2ϕ

∂y2(x, y) = 0.

En (0, 0) nous obtenons∂ϕ

∂x(0, 0) = 2,

∂ϕ

∂y(0, 0) = −1,

∂2ϕ

∂x2(0, 0) = −20,

,∂2ϕ

∂x ∂y(0, 0) = 11,

∂2ϕ

∂y2(0, 0) = −6.

Il vient alors au voisinage de (0, 0),ϕ(x, y) = 1 + 2x− y − 10x2 + 11xy − 3y2 + o(‖(x, y)‖2).• f(x, y, z) = ln(1 + y − z)− x− z, a = (0, 0, 0).

Comme precedemment, f est de classe C∞,∂f

∂z(0, 0, 0) = −2 donc il existe

un voisinage, V , de (0, 0), un voisinage, I, de 0 et une application ϕ de classeC∞ definie sur V a valeurs dans I verifiant ln(1+y−ϕ(x, y))−x−ϕ(x, y) = 0.

Nous obtenons donc −∂ϕ

∂x(x, y)

1 + y − ϕ(x, y)− 1− ∂ϕ

∂x(x, y) = 0,

1− ∂ϕ

∂y(x, y)

1 + y − ϕ(x, y)− ∂ϕ

∂y(x, y) = 0.

−∂2ϕ

∂x2 (x, y)

1 + y − ϕ(x, y)−

(∂ϕ

∂x(x, y)

)2

(1 + y − ϕ(x, y))2− ∂2ϕ

∂x2(x, y) = 0.

−∂2ϕ

∂x ∂y(x, y)

1 + y − ϕ(x, y)+

∂ϕ

∂x(x, y)

(1− ∂ϕ

∂y(x, y)

)

(1 + y − ϕ(x, y))2− ∂2ϕ

∂x ∂y(x, y) = 0.

−∂2ϕ

∂y2(x, y)

1 + y − ϕ(x, y)−

(1− ∂ϕ

∂y(x, y)

)2

(1 + y − ϕ(x, y))2− ∂2ϕ

∂y2(x, y) = 0.

Nous obtenons alors∂ϕ

∂x(0, 0) = −1

2,∂ϕ

∂y(0, 0) =

1

2,

∂2ϕ

∂x2(0, 0) = −1

8,∂2ϕ

∂x ∂y(0, 0) = −1

8,∂2ϕ

∂x2(0, 0) = −1

8.

Au voisinage de (0, 0) nous avons,

ϕ(x, y) = −1

2x+

1

2y − 1

16(x2 + 2xy + y2) + o(‖(x, y)‖2).

• f(x, y) = (x2 + y2 + z2) ln(x+ y + z)− exp(x+ y) + 1, a = (0, 0, 1).

Comme precedemment, f est de classe C∞,∂f

∂z(0, 0, 0) = 1 donc il existe un

voisinage, V , de (0, 0), un voisinage, I, de 1 et une application ϕ de classe C∞

93


definie sur V a valeurs dans I verifiantx2 + y2 + ϕ(x, y)2) ln(x+ y + ϕ(x, y))− exp(x+ y) + 1 = 0.En derivant nous obtenons :

2

(1 + ϕ(x, y)

∂ϕ

∂x(x, y)

)ln(x+ y + ϕ(x, y))

+

(1 + ∂ϕ

∂x(x, y)

)(x2 + y2 + (ϕ(x, y))2)

x+ y + ϕ(x, y)− exp(x+ y) = 0.

2

(1 + ϕ(x, y)

∂ϕ

∂y(x, y)

)ln(x+ y + ϕ(x, y))

+

(1 + ∂ϕ

∂y(x, y)

)(x2 + y2 + (ϕ(x, y))2)

x+ y + ϕ(x, y)− exp(x+ y) = 0.

En (0, 0) nous obtenons∂ϕ

∂x(0, 0) =

∂ϕ

∂y(0, 0) = 0.

2

(1 +

(∂ϕ

∂x(x, y)

)2

+ ϕ(x, y)∂2ϕ

∂x2(x, y)

)ln(x+ y + ϕ(x, y))

+4

(x+ ϕ(x, y)∂ϕ

∂x(x, y)

) (1 + ∂ϕ

∂x(x, y)

)

x+ y + ϕ(x, y)

−(1 + ∂ϕ

∂x(x, y)

)(x2 + y2 + ϕ(x, y)2)∂ϕ

∂x(x, y)

(x+ y + ϕ(x, y))2− exp(x+ y) = 0.

2

(1 +

(∂ϕ

∂y(x, y)

)2

+ ϕ(x, y)∂2ϕ

∂y2(x, y)

)ln(x+ y + ϕ(x, y))

+4

(x+ ϕ(x, y)∂ϕ

∂y(x, y)

)(1 + ∂ϕ

∂y(x, y)

)

x+ y + ϕ(x, y)

−

(1 + ∂ϕ

∂y(x, y)

)(x2 + y2 + ϕ(x, y)2)∂ϕ

∂y(x, y)

(x+ y + ϕ(x, y))2− exp(x+ y) = 0.

2

(∂ϕ

∂x(x, y)

∂ϕ

∂y(x, y) + ϕ(x, y)

∂2ϕ

∂x ∂y(x, y)

)ln(x+ y + ϕ(x, y))

+2

(x+ ϕ(x, y)∂ϕ

∂x(x, y)

) (1 + ∂ϕ

∂y(x, y)

)+(y + ϕ(x, y)∂ϕ

∂y(x, y)

) (1 + ∂ϕ

∂x(x, y)

)

x+ y + ϕ(x, y)

+(x2 + y2 + ϕ(x, y)2) ∂2ϕ

∂x ∂y(x, y)

x+ y + ϕ(x, y)

+(x2 + y2 + ϕ(x, y)2)

(1 + ∂ϕ

∂x(x, y)

) (1 + ∂ϕ

∂y(x, y)

)

(x+ y + ϕ(x, y))2− exp(x+ y) = 0.

Nous obtenons alors∂2ϕ

∂x2(0, 0) =

∂2ϕ

∂y2(0, 0) =

∂2ϕ

∂x ∂y(0, 0) = 2.

Le developpement limite a l’ordre 2 de ϕ au voisinage de (0, 0) est donc

ϕ(x, y) = 1 + x2 + 2xy + y2 + o(‖(x, y)‖2).

45. sin(x+ y) + cos(x− y) = 2 sin(π4+ x)cos(π4− y).

94


L’equation sin(x+ y) + cos(x− y)− 1 = 0 a pour solutions

y =π

4± asin

(1

2 sin(π4+ x))

+ 2kπ ; x ∈[− π

12+ nπ,

7π

12+ nπ

], (n, k) ∈ Z2.

Pour n et k nuls la solution definie sur un segment contenant 0 et prenant

la valeur 0 en 0 est definie par y = ϕ(x) =π

4− asin

(1

2 sin(π4+ x))

avec

x ∈[− π

12,7π

12

].

L’allure de la reunion des deux courbes y =π

4± asin

(1

2 sin(π4+ x)), avec

est la suivante (j’ai aussi dessine le cercle pour voir la difference)

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

-0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8

ϕ est de classe C∞ sur l’intervalle x ∈]− π

12,7π

12

[.

Nous pouvions utiliser les memes methodes qu’au dessus pour conclure quela relation sin(x + y) + cos(x − y)− 1 = 0 definit au voisinage de (0, 0) unefonction implicite car la derivee partielle en (0, 0) est non nulle et

(x, y) ∈ R2 7−→ sin(x+ y) + cos(x− y)− 1 = 0 ∈ R est de classe C∞.

46. sin(tx) + cos(tx) =√2 cos

(tx− π

4

).

Pour 0 < |x|6√2, l’equation sin(tx) + cos(tx) = x a pour solutions

t = θ1(x) =1

x

(π

4− acos

(x√2

2

))+ 2kπ ou

t = θ2(x) =1

x

(π

4+ acos

(x√2

2

))+ 2kπ avec k ∈ Z.

Soit D =[−√2, 0

[∪]0,

√2]. k ∈ Z etant fixe, θ1 et θ2 sont de classe C∞ sur

D.

θ′1(x) =1

x2

(−π4+ acos

(x√2

2

)+

x√2− x2

).

95


La derivee de l’application x 7−→ x2θ′1(x) est egale ax2

(2− x2)√2− x2

> 0.

x2θ′1(x) s’annule donc en un point x0 ∈]−√2, 0[.

θ1 est decroissante sur [−√2, x0], croissante sur [x0, 0[ et croissante sur

]0,√2].

θ1 definit une bijection de [−√2, x0] vers

[1√

2− x20,3π

√2

8

], une bijection de

[x0, 0[ vers

[1√

2− x20, +∞

[et une bijection de ]0,

√2] vers

]−∞,

π√2

8

].

Une valeur approchee de x0 est -1,246162732 et de θ1(x0) est 1,495574.

θ′2(x) =1

x2

(−π4− acos

(x√2

2

)− x√

2− x2

).

La derivee de l’application x 7−→ x2θ′1(x) est egale a − x2

(2− x2)√2− x2

< 0.

x2θ′2(x) s’annule donc en un point x1 ∈]−√2, 0[.

θ2 est croissante sur [−√2, x1], decroissante sur [x1, 0[ et decroissante sur

]0,√2].

θ2 definit une bijection de [−√2, x1] vers

[−3π

√2

8, − 1√

2− x21

], une bi-

jection de [x1, 0[ vers

]−∞, − 1√

2− x21

]et une bijection de ]0,

√2] vers

[π√2

8, +∞

[.

Une valeur approchee de x1 est -1,3642177 et de θ1(x0) est -2,683074237.Le trace de la reunion des 10 courbes definies par

t =1

x

(−π4+ 2kπ + asin

(x√2

2

))+ 2kπ,

t =1

x

(3π

4+ 2kπ − asin

(x√2

2

))+ 2kπ avec k ∈ {−2, −1, 0, 1, 2} a l’al-

lure suivante :

-30

-20

-10

0

10

20

30

-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5

Si nous cherchons une solution verifiant pour x = 0, t = 1 nous avons

96


0 = 2kπ +π

4± π

4. Cela correspond a ϕ1.

Parmi les autres solutions, cherchons une solution qui se “raccorde” a la pre-

cedente en x =√2. Nous devons avoir 2kπ +

π

4+± acos(1) =

π

4− acos(1)

c’est-a-dire k = 0 ; cela correspond donc a ϕ2.Au voisinage de (x = 0, t = 1) nous disposons d’une et une seule solution, ϕ,

definie pour t ∈ R et x ∈]0,√2]. Elle est de classe C∞ sur R \

{π√2

8

}.

Pour t ∈ R\{π√2

8},

√2(tϕ′(t) + ϕ(t)) sin

(tϕ(t)− π

4

)+ ϕ′(t) = 0 soit encore

ϕ′(t) = − x√2 sin

(tϕ(t)− π

4

)

1 + t√2 sin

(tϕ(t)− π

4

) .

limt→π

√2

8

ϕ′(t) = 0. ϕ est donc de classe C1 sur R ; la derivee verifiant donc pour

tout reel t, ϕ′(t) = − x√2 sin

(tϕ(t)− π

4

)

1 + t√2 sin

(tϕ(t)− π

4

) .

ϕ′ est bien alors de classe C∞ et ϕ aussi.Une allure de la courbe representant ϕ est la suivante :

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

-30 -20 -10 10 20 30

Nous pouvions ici aussi utiliser les methodes generales vues precedemmentconcernant les fonctions implicites.∂f

∂x(1, 0) = −1 6= 0 donc il existe un voisinage I × J de (1, 0) tel que l’equa-

tion f(x, t) = 0 avec (x, t) ∈ I×J possede une et une seule solution x = ϕ(t) ;cette solution est de classe C∞ sur I.√2(ϕ(t) + tϕ′(t)) cos

(tx+

π

4

)− ϕ′(t) = 0 ; il vient alors ϕ′(1) = 1.

√2(2ϕ′(t) + tϕ′′(t)) cos

(tx+

π

4

)−

√2(ϕ(t)

+t(ϕ′(t))2 sin(tx+

π

4

)− ϕ′′(t) = 0

donc ϕ′′(1) = 1.√2(3ϕ′′(t) + tϕ(3)(t)) cos

(tx+

π

4

)− 3

√2(2ϕ′(t) + tϕ′′(t))(ϕ(t)

+tϕ′(t)) sin(tx+

π

4

)−

√2(ϕ(t) + tϕ′(t))3 cos

(tx+

π

4

)− ϕ(3)(t) = 0

puis ϕ(3)(1) = −4.

97


Le developpement limite a l’ordre trois au voisinage de t = 0 de ϕ est alors

ϕ(t) = 1 + t+1

2t2 +

2

3+ o(t3).

Nous aurions pu eviter de calculer les diverses derivees. Il suffit d’ecrire, parexemple, ϕ(t) = 1 + at + bt2 + ct3 + dt4 + o(t4) puis f(ϕ(t), t) = 0 doncsin(t+ at2 + bt3 + ct4 + o(t4)) + cos(t+ at2 + bt3 + ct4 + o(t4))

−(1 + at+ bt2 + ct3 + dt4 + o(t4)) = 0.En calculant le developpement nous obtenons

(1− a)t +

(a− b− 1

2

)t2 +

(b− a− c− 1

6

)t3

+

(c− d− b− a

2− a2

2+

1

24

)t4 + o(t4) = 0.

Nous en deduisons alors a = 1, b =1

2, c = −2

3, d = −17

8c’est-a-dire

ϕ(t) = 1 + 1t+1

2t2 +−2

3t3 +−17

8t4 + o(t4).

47. L’application y ∈ R 7−→ y2n+1+y ∈ R a pour derivee y 7−→ (2n + 1)y2n + 1 quiest strictement positive. Elle est strictement croissante d’image R. Pour chaquex ∈ R il existe donc un unique y ∈ R solution de l’equation y2n+1+ y− x = 0.L’application y ∈ R 7−→ x = y2n+1 + y ∈ R est de classe C∞ ; il s’agit doncd’un C∞ diffeomorphisme de R dans R. La reciproque, ϕ, est donc de classe C∞.

0 =

∫ x

0

(ϕ2n+1(t)− ϕ(t)− t)ϕ′(t)dt =1

2n+ 2ϕ2n+2(x) +

1

2ϕ2(x)−

∫ x

0

tϕ′(t)dt.

En integrant par parties nous obtenons

∫ x

0

tϕ′(t)dt = −xϕ(x) +∫ x

0

ϕ(t)dt.

Finalement il vient :∫ x

0

ϕ(t)dt = xϕ(x)− 1

2n + 2ϕ2n+2(x)− 1

2ϕ2(x).

48. Fonctions homogenes

Supposons que f est α-homogene, differentiable. Pour t ∈]0, 1], f(tx) =tαf(x).Posons g(x) = f(tx). g est differentiable et (dg)(x) = t(df)(tx) = tαdf(x)c’est-a-dire (df)(tx) = tα−1df(x). df est bien α− 1-homogene.Posons F (t) = f(tx). F est derivable et F ′(t) = ((df)(tx))(x) = αtα−1f(x).En particulier, ((df)(x))(x) = αf(x).Si E est de dimension finie, rapporte a une base, nous avons

((df)(x))(x) =

n∑

i=1

xi∂f

∂xi(x) ; nous avons alors la relation

n∑

i=1

xi∂f

∂xi(x) = αf(x).

Soit t ∈]0, 1]. Posons F (t) = f(tx) avec f de classe C1. Supposons que f verifiela relation ((df)(x))(x) = αf(x).

F est de classe C1 et F ′(t) = ((df)(tx))(x).

Nous avons alors tF ′(t) = ((df)(tx))(tx) = αf(tx) = F (t) puis F (t) = λ(x)tα.En particulier f(x) = F (1) = λ(x) donc f(tx) = F (t) = tαf(x). f est bienα-homogene.

98


49. Posons pour tout (r, t) ∈ R2 tel que (r cos(t), r sin(t)) ∈ U ,F (r, t) = f(r cos(t), r sin(t)). (r, t) ∈ R2 7−→ (r cos(t), r sin(t)) ∈ R2 est declasse C∞ donc l’image reciproque par cette application de l’ouvert U est unouvert, V , de R2 et F est de classe C1 sur V .

rF (r, t)∂F

∂r(r cos(t), r sin(t)) = f(x, y)

(x∂f

∂x(x, y) + y

∂f

∂y(x, y)

).

L’application F doit donc verifier rF (r, t)∂F

∂r(r cos(t), r sin(t)) = −r2.

Sur V \({0} × R), (F (r, t))2 + r2 = C(t) ou C est de classe C1. Par continuite,la relation est aussi verifiee pour r = 0.Pour (x, y) ∈ U \D ou D est la demi droite fermee d’equation y = 0, x60,

nous avons (f(x, y))2 = −x2 − y2 + C

(2 atan

(y

x+√x2 + y2

)).

L’application (x, y) ∈ R2 \D 7−→ 2 atan

(y

x+√x2 + y2

)∈ R est de classe

C∞, 0-homogene (x, y) ∈ U \DC(2 atan

(y

x+√x2 + y2

))∈ R est de classe

C1, 0-homogene.Soit alors g une application definie sur un ouvert W de R2, 0-homogene et declasse C1.Soit f une application definie surW verifiant17 (f(x, y))2 = −x2 − y2 + g(x, y).Supposons que sur cet ouvert f ne s’annule pas et conserve un signe fixe. f estalors de classe C1.Nous avons deja vu plusieurs fois (il faut le redemontrer ici) que g verifie la

relation x∂g

∂x(x, y) + y

∂g

∂y(x, y) = 0 donc

2f(x, y)

(x∂f

∂x(x, y) + y

∂f

∂y(x, y)

)= −2x2 − 2y2.

f verifie la condition demandee. Nous avons donc la les solutions cherchees.

50. Soit f une eventuelle solution de l’equation

∀(x, y) ∈ U, f(x, y)

(x∂f

∂x(x, y) + y

∂f

∂y(x, y)

)+ x2 + y2 = 0 ; f>0.

Soit t ∈ R∗+. Posons g(t) = f(tx, ty). f est bien defini pour t suffisamment

proche de 1 car U est un ouvert18. f verifie alors la relation

f(tx, ty)

(tx∂f

∂x(tx, ty) + ty

∂f

∂y(tx, ty)

)+ t2x2 + t2y2 = 0.

17Ce qui impose g(r, t) = C(t) > r2. C doit etre minoree et V (donc aussi W ) doit etre borne.18U est ouvert donc il existe ∆ un disque centre en (x, y) de rayon α > 0 inclus dans U .

(tx, ty) ∈ ∆ ⇐⇒ (tx− x)2 + (ty − y)26α2 ⇐⇒ t > 1−√

α2

x2 + y2pour x2 + y2 6= 0 et pour

tout t sit x = y = 0.

99


g est de classe C1 et g′(t) = x∂f

∂x(tx, ty) + y

∂f

∂y(tx, ty) donc

g′(t)g(t) + t(x2 + y2) = 0 soit encore g2(t) + t2(x2 + y2) = C(x, y) et en parti-culier f(x, y) =

√C(x, y)− (x2 + y2).

C doit etre de classe C1 definie sur U .

Reciproquement

Soit f(x, y) =√C(x, y)− (x2 + y2) ou C est une application de classe C1

definie sur l’ouvert U verifiant de plus∀(x, y) ∈ U, C(x, y)− (x2 + y2) > 0.

f(x, y)

(x∂f

∂x(x, y) + y

∂f

∂y(x, y)

)+ x2 + y2 =

1

2

(x∂C

∂x(x, y) + y

∂C

∂y(x, y)

).

La fonction C doit verifier ∀(x, y) ∈ U, x∂C

∂x(x, y) + y

∂C

∂y(x, y) = 0.

C est donc une fonction 0-homogene c’est-a-dire verifie

C(tx, ty) = C(x, y) soit encore pour x 6= 0, C(1,

y

x

)= C(x, y) = H

(yx

)

ou H est de classe C1.

Par exemple f(x, y) =

√y

x− x2 − y2 definie sur le domaine verifiant

1−√1− 4x4

2x< y <

1 +√1− 4x4

2xlorsque x > 0 et

1 +√1− 4x4

2x< y <

1−√1− 4x4

2xlorsque x < 0.

51. f(√

x2 + y2)= f(x)f(y).

f(√

(−x)2 + y2)= f(−x)f(y) donc, si f 6≡ 0 f(−x) = f(x) ; f est paire.

Si f ≡ 0 elle est encore paire. Nous pouvons nous limiter a R+.En particulier, pour y = 0, x>0, f(x) = f(x)f(0). Si f ≡ 0, f(0) = 0 etsinon, f(0) = 0 donc nous avons toujours f(0) = 0.

Pour x = y = t√2>0, f(t) =

(f

(t√2

))2

.

Nous avons donc f(t) = f

(t

(√2)n

)2n

.

Cette relation est vraie pour n = 0. Supposons-la vraie jusqu’au rang n.

f(t) = f

(t

(√2)n

)2n

=

(f

(t

(√2)n+1

)2)2n

= f

(t

(√2)n+1

)2n+1

.

f est continue en 0 donc il existe ε > 0 tel que pour 06x6ε on ait |f(x)|61

2.

Soit t fixe. La suite

(1

(√2)n

)

n∈Nconverge vers 0 donc il existe N ∈ N tel

que pour n>N on ait 06t

(√2)n

6ε. Nous en deduisons |f(t)|6 1

2n. Il vient alors

100


|f(t)|6 limn→+∞

1

2n= 0. f = 0.

52. • ∂2f

∂x2− 3

∂2f

∂x∂y+ 2

∂2f

∂y2= 0.

Posons u = ax+ by, v = cx+ dy, avec ad− bc 6= 0, et g(u, v) = f(x, y).

g est de classe C2.

∂2f

∂x2(x, y) = a2

∂2g

∂u2(u, v) + 2ac

∂2g

∂u ∂v(u, v) + c2

∂2g

∂v2(u, v).

∂2f

∂x ∂y(x, y) = ab

∂2g

∂u2(u, v) + (ad+ bc)

∂2g

∂u ∂v(u, v) + cd

∂2g

∂v2(u, v).

∂2f

∂y2(x, y) = b2

∂2g

∂u2(u, v) + 2bd

∂2g

∂u ∂v(u, v) + d2

∂2g

∂v2(u, v).

En choisissant a = 2, b = c = d = 1 nous obtenons

∂2f

∂x2− 3

∂2f

∂x ∂y+ 2

∂2f

∂y2= − ∂2g

∂u ∂v(u, v)

Les solutions cherchees sont donc definies par g(u, v) = A(u) +B(v) ou A etB sont des fonctions reelles de classe C2 sur R.

Nous obtenons f(x, y) = A(2x+ y) +B(x+ y).

• x2∂2f

∂x2+ 3xy

∂2f

∂x ∂y+ 2y2

∂2f

∂y2= 0.

Posons ϕ(x, y) = x∂f

∂x+ 2y

∂f

∂y. ϕ est de classe C1.

∂ϕ

∂x(x, y) =

∂f

∂x(x, y) + x

∂2f

∂x2(x, y) + 2y

∂2f

∂x ∂y(x, y).

∂ϕ

∂y(x, y) = 2

∂f

∂y(x, y) + 2y

∂2f

∂y2(x, y) + x

∂2f

∂x ∂y(x, y).

Nous en deduisons que f est solution de l’equation si et seulement si

x∂ϕ

∂x(x, y) + y

∂ϕ

∂y(x, y) = ϕ(x, y).

ϕ est donc, comme nous l’avons vu plus haut, une fonction 1-homogene.Nous avons alors ∀(t, x, y) ∈ R∗

+ × R× R :

tx∂f

∂x(tx, ty) + 2ty

∂f

∂y(tx, ty) = tx

∂f

∂x(x, y) + 2ty

∂f

∂x(x, y) soit

x∂f

∂x(tx, ty) + 2y

∂f

∂y(tx, ty) = x

∂f

∂x(x, y) + 2y

∂f

∂x(x, y). Par continuite nous

en deduisons x∂f

∂x(0, 0) + 2y

∂f

∂y(0, 0) = x

∂f

∂x(x, y) + 2y

∂f

∂x(x, y).

Il existe donc (a, b) ∈ R2, ∀(x, y) ∈ R2, x∂f

∂x(x, y) + 2y

∂f

∂x(x, y) = ax+ by.

Posons g(x, y) = f(x, y)− ax− a

2x.

g est solution de l’equation x∂g

∂x(x, y) + 2y

∂g

∂x(x, y) = 0.

101


Posons h1(x, y) = g(x, y2).

x∂h1∂x

(x, y) + y∂h1∂x

(x, y) = x∂g

∂x

(x, y2

)+ 2y2

∂g

∂x

(x, y2

)= 0.

h1 est donc une application definie sur R2, 0-homogene.Elle verifie ∀t ∈ R∗

+, ∀(x, y) ∈ R2, h1(tx, ty) = h1(x, y).En calculant la limite en t = 0 nous obtenons h1(x, y) = h(0, 0) ; h1 estconstante.Posons h2(x, y) = g(x, −y2).

x∂h2∂x

(x, y) + y∂h2∂x

(x, y) = x∂g

∂x

(x, y2

)− 2y2

∂g

∂x

(x, −y2

)= 0.

h2 est donc une application definie sur R2, 0-homogene. Elle verifie∀t ∈ R∗

+, ∀(x, y) ∈ R2, h2(tx, ty) = h2(x, y). En calculant la limite en t = 0nous obtenons h2(x, y) = h(0, 0) ; h2 est constante.Finalement, g est constante puis f est definie par f(x, y) = ax+ by + c.

• ∂2f

∂x2− ∂2f

∂y2=

1√x2 − y2

. Poser u = x+ y, v = x− y.

L’ouvert U doit etre inclus dans l’ensemble {(x, y) ∈ R2, |x| > |y|}.Soit g definie par g(x+ y, x− y) = f(x, y). g est de classe C2 sur l’ensemble∆ = {(u, v) ∈ R2, uv > 0}.∂f

∂x(x, y) =

∂g

∂u(x+ y, x− y) +

∂g

∂v(x+ y, x− y),

∂f

∂y(x, y) =

∂g

∂u(x+ y, x− y)− ∂g

∂v(x+ y, x− y).

∂2f

∂x2(x, y) =

∂2g

∂u2(x+ y, x− y) + 2

∂2g

∂u ∂v(x+ y, x− y) +

∂2g

∂v2(x+ y, x− y),

∂2f

∂y2(x, y) =

∂2g

∂u2(x+ y, x− y)− 2

∂2g

∂u ∂v(x+ y, x− y) +

∂2g

∂v2(x+ y, x− y).

g est donc solution de∂2g

∂u ∂v(u, v) =

1

4√uv

.

En integrant deux fois, nous obtenons g(u, v) =√uv + A(u) + B(v) ou A et

B sont de classe C2 sur ∆.f(x, y) =

√x2 − y2 + A(x+ y) +B(x− y).

53. • 2xy∂f

∂x+ (1 + y2)

∂f

∂y= 0, x > 0.

Posons u = y

√2x

1 + y2et v =

√2x

1 + y2.

L’application (x, y) ∈ R∗+ × R 7−→

(u = y

√2x

1 + y2, v =

√2x

1 + y2

)∈ R× R∗

+

est un C∞ diffeomorphisme. L’application reciproque est l’application

(u, v) ∈ R× R∗+ 7−→

(x = u2 + v2, y =

)∈ R∗

+ × R.

Posons f(x, y) = g(u, v). g est de classe C1 sur un ouvert inclus dans D.

102


∂f

∂x(x, y) =

y√2x(1 + y2)

∂g

∂u(u, v) +

1√2x(1 + y2)

∂g

∂v(u, v),

∂f

∂y(x, y) =

(√2x

1 + y2− y2

√2x

(1 + y2)√

1 + y2

)∂g

∂u(u, v)

− y√2x

(1 + y2)√1 + y2

∂g

∂v(u, v),

2xy∂f

∂x+ (1 + y2)

∂f

∂y=√

2x(1 + y2)∂g

∂u(u, v) = 0.

Nous en deduisons g(u, v) = A(v) ou A est de classe C1 sur R∗+.

Finalement f(x, y) = A

(√2x

1 + y2

)= B

(x

1 + y2

)ou B est de classe C1 sur

R∗+.

Avec x < 0, nous aurions pu poser u = y

√−2x

1 + y2et v =

√−2x

1 + y2.

Un calcul analogue au precedent conduit alors a nouveau a∂g

∂u= 0 puis

f(x, y) = A1

(√ −2x

1 + y2

)= B1

(x

1 + y2

)ou B1 est de classe C1 sur R∗

−.

Si enfin nous souhaitons une solution sur R2, B et B1 doivent etre prolon-geables sur R.

Si donc on suppose B de classe C1 sur R alors∂f

∂x(x, y) =

1

1 + y2B′(

x

1 + y2

),

∂f

∂y(x, y) = − 2xy

(1 + y2)2B′(

x

1 + y2

).

2xy∂f

∂x+ (1 + y2)

∂f

∂y=

2xy

1 + y2B′(

x

1 + y2

)− 2xy

1 + y2B′(

x

1 + y2

)= 0.

f definie sur R2 par f(x, y) = B

(x

1 + y2

)avec B de classe C1 sur R, est

solution de l’equation proposee.

• (x+ y)∂f

∂x+ (x− y)

∂f

∂y= 0, ou x 6= y.

Posons u = x2 − y2 − 2xy et v = y. x 6= y ⇐⇒ u+ 2v2 > 0.Sur l’ouvert ∆1 = {(x, y) ∈ R2, x < y} nous avons x = v −

√u+ 2v2 et sur

l’ouvert ∆2 = {(x, y) ∈ R2, x > y} nous avons x = v +√u+ 2v2. Notons

D = {(u, v) ∈ R2, u+ 2v2 > 0}.L’application (x, y) ∈ ∆1 7−→ (u, v) ∈ D est un C∞ diffeomorphisme, d’appli-cation reciproque (u, v) ∈ D 7−→ (c = v −

√u+ 2v2, y = v) ∈ ∆1 ; de meme

l’application (x, y) ∈ ∆2 7−→ (u, v) ∈ D est un C∞ diffeomorphisme, d’appli-cation reciproque (u, v) ∈ D 7−→ (c = v +

√u+ 2v2, y = v) ∈ ∆2.

Dans l’un ou l’autre cas posons g(u, v) = f(x, y). g est de classe C1.

∂f

∂x(x, y) = (2x− 2y)

∂g

∂u(u, v),

∂f

∂y(x, y) = (−2x− 2y)

∂g

∂u(u, v) +

∂g

∂v(u, v).

103


(x+ y)∂f

∂x+ (x− y)

∂f

∂y= (x− y)

∂g

∂v(u, v) = 0.

g(u, v) depend donc de u puis, lorsque x > y, f(x, y) = A1(x2− y2− 2xy) et,

lorsque x < y, f(x, y) = A2(x2 − y2 − 2xy) avec avec A1 et A2 de classes C1

sur R.Si nous souhaitons une solution f definie sur R2, nous devons avoir ∀a ∈R, A1(−2a2) = A2(−2a2) c’est-a-dire A1 et A2 egales sur R−.

• ∂f

∂x− ∂f

∂y+ 3(x− y)f(x, y) = 0, ou x > 0.

v +√v2 − 4u

2>0 ⇐⇒

v>0 et v2 − 4u>0ouv < 0 et u60

.

v −√v2 − 4u

2>0 ⇐⇒ (v>0, u>0, v2 − 4u>0).

v +√v2 − 4u

260 ⇐⇒ (v60, u>0, v2 − 4u>0).

v −√v2 − 4u

260 ⇐⇒

v>0 et u60ouv60 et v2 − 4u>0

.

Si nous souhaitons que l’application qui a (u, v) associe l’une des expressionsprecedentes soit de classe C1 nous devons imposer v2 − 4u > 0 ce qui conduita :

v +√v2 − 4u

2>0 ⇐⇒

v>0 et v2 − 4u > 0ouv < 0 et u60

.

v −√v2 − 4u

2>0 ⇐⇒ (v>0, u>0, v2 − 4u > 0).

v +√v2 − 4u

260 ⇐⇒ (v60, u>0, v2 − 4u > 0).

v −√v2 − 4u

260 ⇐⇒

v > 0 et u60ouv60 et v2 − 4u > 0

.

(x+ y =, xy = u) ⇐⇒({x, y} =

{v +

√v2 − 4u

2,v −

√v2 − 4u

2

}).

Examinons alors divers cas.

Supposons que l’on choisisse x =v +

√v2 − 4u

2> 0.

Premier cas :

Soient ∆1 = {(u, v) ∈ (R∗+)

2, v2−4u > 0} et D1 = {(x, y) ∈ (R∗+)

2}. Il s’agitd’ouverts de R2.Considerons l’application

(u, v) ∈ ∆1 7−→(x =

v +√v2 − 4u

2, y =

v −√v2 − 4u

2

)∈ D1.

104


Cette application est un C1 diffeomorphisme.

L’application g1 definie sur ∆1 par f(x, y) = g1(u, v) est de classe C1.

∂f

∂x(x, y) = y

∂g1∂u

(u, v) +∂g1∂v

(u, v),∂f

∂y(x, y) = x

∂g1∂u

(u, v) +∂g1∂v

(u, v).

∂f

∂x(x, y)− ∂f

∂y(x, y) + 3(x− y)f(x, y)

= −√v2 − 4v

(∂g1∂u

(u, v)− 3g1u, v)

)= 0.

∂f

∂x(x, y)− ∂f

∂y(x, y) + 3(x− y)f(x, y) = 0 ⇐⇒ ∂g1

∂u(u, v)− 3g1(u, v) = 0.

Nous obtenons donc g1(u, v) = A1(v) exp(3u) ou A1 est une fonction reelle declasse C1 definie sur R∗

+.f(x, y) = A1(x+ y) exp(3xy) pour x > 0 et y > 0.

Second cas :

supposons que l’on choisisse x =v +

√v2 − 4u

2> 0 et y =

v −√v2 − 4u

2< 0

ce qui equivaut a u < 0.

Soient ∆2 = {(u, v) ∈ R∗− × R}, D2 = {(x, y) ∈ R∗

+ × R∗−}. Ce sont des

ouverts de R2.Considerons l’application

(u, v) ∈ ∆2 7−→(x =

v +√v2 − 4u

2, y =

v −√v2 − 4u

2

)∈ D2.

Cette application est un C1 diffeomorphisme.Comme precedemment, l’application g2 definie sur ∆2 par f(x, y) = g2(u, v)est de classe C1 et nous obtenons f(x, y) = A2(x+ y) exp(3xy) lorsque x > 0et y < 0 ou A2 est de classe C1 sur R.Si nous souhaitons une solution f definie sur R∗

+ ×R, nous devons avoir poura > 0, lim

x, y)→(a, 0+)A1(x+ y) exp(3xy) = lim

x, y)→(a, 0−)A2(x+ y) exp(3xy) c’est-

a-dire A1(a) = A2(a).

Finalement les solutions sont definies sur R∗+×R par f(x, y) = A(x+y) exp(xy)

ou A est de classe C1 sur R.

Nous pouvons obtenir un resultat analogue pour x < 0 en posant

x =v −

√v2 − 4u

2et y =

v +√v2 − 4u

2avec u < 0 lorsque x < 0 et y > 0,

avec u > 0, v < 0, v2 − 4u > 0 lorsque x < 0 et y < 0.Nous obtenons un resultat analogue a celui obtenu precedemment c’est-a-direqu’une solution definie sur R∗

−×R est definie par f(x, y) = B(x+y) exp(3xy)ou B est de classe C1 sur R.Si enfin nous souhaitons une solution sur R2, nous devons avoir pour b ∈ R,

lim(x, y)→(0+, b)

A(x+ y) exp(xy) = lim(x, y)→(0−, b)

B(x+ y) exp(xy) c’est-a-dire A = B.

• x2∂2f

∂x2+ 2xy

∂2f

∂x∂y+ y2

∂2f

∂y2= 0 ou x > 0.

105


L’application (x, y) ∈ R∗+ × R 7−→

(u = x, v =

y

x

)∈ R∗

+ × R est un C∞ dif-

feomorphisme. L’application g definie par g(u, v) = f(x, y) est de classe C2

si f l’est.

∂2f

∂x2(x, y) =

∂2g

∂u2(u, v)− 2y

x2∂2g

∂u ∂v(u, v) +

2y

x3∂g

∂v(u, v) +

y2

x4∂2g

∂v2(u, v).

∂2f

∂x ∂y(x, y) =

1

x

∂2g

∂u ∂v(u, v)− y

x3∂2g

∂v2(u, v)− 1

x2∂g

∂v(u, v).

∂2f

∂y2(x, y) =

1

x2∂2g

∂v2(u, v).

x2∂2f

∂x2+ 2xy

∂2f

∂x∂y+ y2

∂2f

∂y2= x2

∂2g

∂[u2(u, v) = 0.

Nous en deduisons : g(u, v) = uA(v) + B(v) ou A et B sont de classe C2 deR∗

+ dans R.

f(x, y) = xA(yx

)+B

(yx

)que l’on peut aussi ecrire

f(x, y) = xf1(x, y) + f2(x, y) ou f1 et f2 sont des fonctions 0-homogenes de-finies sur R∗

+ × R de classes C2.Nous pouvons faire le meme raisonnement pour x < 0.Si nous souhaitons une solution f de classe C2 sur R2, nous obtenons∀(x, y) ∈ R∗

+ × R, f(x, y) = xf1(x, y) + f2(x, y) ou f1 et f2 sont des fonc-tions 0-homogenes definies sur R∗

+ × R de classes C2 et∀(x, y) ∈ R∗

+ × R, f(x, y) = xf3(x, y) + f4(x, y) ou f3 et f4 sont des fonc-tions 0-homogenes definies sur R∗

− × R de classes C2.Pour x > 0, f(tx, ty) = txf1(x, y) + f2(x, y) et pour x < 0,f(tx, ty) = txf3(x, y) + f4(x, y).En calculant la limite lorsque t tend vers 0 nous obtenons

pour x > 0, f(0, 0) = f2(x, y) et pour x < 0, f(0, 0) = f4(x, y).∀(x, y) ∈ R∗

+ × R, f(x, y) = xf1(x, y) + a,∀(x, y) ∈ R∗

− × R, f(x, y) = xf3(x, y) + a ou f1 et f3 sont des fonctions 0-homogenes definies sur R∗

− × R de classes C2.f − a est donc une fonction de classe C2 definie sur R2, 1-homogene.∂f

∂xet∂f

∂ysont alors19 0-homogene.

∂f

∂x(tx, ty) =

∂f

∂x(x, y) et pour t = 0,

∂f

∂x(0, 0) =

∂f

∂x(x, y).

Finalement f(x, y) − a = bx + cy, (a, b, c) ∈ R3. Ces fonctions sont biensolutions sur R2 de l’equation proposee.

• x∂f∂x

(x, y)− ∂f

∂y(x, y) = 0.

Pour x > 0, posons u = y + ln(x) et v = x c’est-a-dire x = v, y = u − ln(v).L’application (u, v) ∈ R × R∗

+ 7−→ (x = v, y = u − ln(v)) ∈ R × R∗+ est un

C1 diffeomorphisme. En posant f(x, y) = g(u, v) nous definissons une appli-

19Voir plus haut.

106


cation g de classe C1 sur R× R∗+.

x∂f

∂x(x, y) = x

(1

x

∂g

∂u(u, v) +

∂g

∂v(u, v)

),∂f

∂y(x, y) =

∂g

∂u(u, v).

x∂f

∂x(x, y)− ∂f

∂y(x, y) =

∂g

∂u(u, v)− ∂g

∂u(u, v) + x

∂g

∂v(u, v) = x

∂g

∂v(u, v).

x∂f

∂x(x, y)− ∂f

∂y(x, y) = 0 ⇐⇒ ∂g

∂v(u, v).

Il existe donc A de classe C1 de R dans R telle que g(u, v) = A(u) c’est-a-diref(x, y) = A(y + ln(x)).Le meme raisonnement pour x < 0 conduit a f(x, y) = B(y + ln(−x)) ou Best de classe C1 de R dans R.Si A et B ont une limite reelle en −∞ et si A′(u) = o(u exp(u)) et B′(u) =o(u exp(u)) lorsque u tend vers −∞ alors nous pouvons definir une solutionsur R2.Par exemple f(x, y) = x exp(y) est solution car

x∂f

∂x(x, y)− ∂f

∂y(x, y) = x exp(y)− x exp(y) = 0.

Un autre exemple peut etre f(x, y) =

{(x2y + x2 ln(|x|)) exp(2y) pour x 6= 00 pour x = 0

.

|h|6√h2 + k2, 2|hk|6(h2 + k2), lim

h→0h(y + ln(|h|)) = 0.

∂f

∂x(0, y) = lim

(h, k)→(0, 0)

(h2(y + k) + h2 ln(|h|)) exp(2y) exp(2k)√h2 + k2

= 0.

De meme∂f

∂y(0, y) = 0.

lim(h, k)→(0, 0)

∂f

∂x(h, y + k) = 0 et lim

(h, k)→(0, 0)

∂f

∂y(h, y + k) = 0. f est donc de

classe C1 sur R2 et est solution de l’equation proposee.

54. Nous pouvons refaire ici les demonstrations que nous avons faites dans lesgeneralites ; il faut les refaire car les resultats des generalites ne sont malheu-reusement pas au programme des classes preparatoires.

• (x, y, z) 7−→(a

z, − b

z,by − ax

z2

).

Nous savons que si un champ de vecteurs, de classe C1, est le gradient d’uneapplication alors son rotationnel est nul.Le champ propose a bien son rotationnel nul. Recherchons l’existence d’uneapplication dont il est le gradient.

Soit f est une eventuelle solution sur l’un des deux ouverts R2×R∗+ ou R2×R∗

+.

∂f

∂x(x, y, z) =

a

zdonc f(x, y, z) =

ax

z+ A(y, z).

∂f

∂y(x, y, z) = − b

zdonc f(x, y, z) = −by

z+B(x, z).

A et B doivent etre au moins de classe C1.

107


Il vient alors −axz2

+∂A

∂z(y, z) =

by

z2+∂B

∂z(x, z) =

by − ax

z2.

Nous en deduisons A(y, z) = −byz

+ C(y) et B(x, z) =ax

z+D(x).

Finalement f(x, y, z) =ax

z− by

z+ C(y) = −by

z+ax

z+D(x).

D(x) = C(y) pour tout couple (x, y) donc C et D sont constantes egales et

∀(x, y, z) ∈ R2 × R∗+, f(x, y, z) =

ax− by

z+ C1 et

∀(x, y, z) ∈ R2 × R∗−, f(x, y, z) =

ax− by

z+ C2.

• (x, y, z) 7−→(yz − a2

(y + ax)2, − a + xz

(y + ax)2,

x

y + ax

).

Soit D1 l’ouvert de R3, {(x, y, z) ∈ R3, y + ax > 0} et soit D2 l’ouvert de R

3,{(x, y, z) ∈ R3, y + ax < 0}.Comme precedemment, le rotationnel du champ est nul. Soit f une solutionsur l’un des deux ouverts, D1 ou D2.∂f

∂z(x, y, z) =

x

y + axdonc f(x, y, z) =

xz

y + ax+ A(x, y) ou A est de classe

au moins C1.∂f

∂x(x, y, z)=

zy

(y+ax)2+∂A

∂x(x, y) et

∂f

∂y(x, y, z)=− xz

(y+ax)2+∂A

∂y(x, y).

Il vient alors∂A

∂x(x, y) = − a2

(y + ax)2et∂A

∂y(x, y) = − a

(y + ax)2.

Nous en deduisons A(x, y) =a

y + ax+ b ou b ∈ R.

Nous avons une constante b differente sur l’un ou l’autre des deux ouverts.

• (x, y, z) 7−→(

1

y2, −2x

y3, z2

).

SoientD1 etD2 les deux ouverts de R3 definis parD1 = {(x, y, z) ∈ R3, y > 0},

D2 = {(x, y, z) ∈ R3, y < 0}.Soit f une solution sur l’un ou l’autre de ces deux ouverts.Soient les ouverts ∆1 = {(x, y) ∈ R2, y > 0}, ∆2 = {(x, y) ∈ R2, y < 0}.∂f

∂z(x, y, z) = z2 donc f(x, y, z) =

z3

3+ A(x, y) ou A est au moins de classe

C1 sur l’un ou l’autre des ouverts ∆1, ∆2.

Nous en deduisons∂A

∂x(x, y) =

1

y2∂A

∂y(x, y) = −2x

y3ce qui conduit a

A(x, y) =x

y2+ b ou b ∈ R est different sur l’un ou l’autre des ouverts D1 ou

D2.

f(x, y, z) =z3

3+x

y2+ b.

• (x, y) 7−→(x3 − 3xy2

(x2 + y2)a,3x2y − y3

(x2 + y2)a

)= (A(x, y), B(x, y)).

108


∂A

∂y(x, y)− ∂B

∂x(x, y) = 0 ⇐⇒ a = 3.

Pour y 6= 0, utilisons le changement de variable t 7−→ x = y tan(t).∫x3 − 3xy2

(x2 + y2)adx = y4−2a

∫(4 cos2a−3(t)− cos2a−5(t))d(cos(t)).

Supposons a = 3.

f(x, y) =y2 − x2

2(x2 + y2)2+ C(y).

La reponse est la meme pour y = 0.

Pour a = 3, nous avons∂f

∂y(x, y) = B(x, y) + C ′(y). Nous en deduisons

f(x, y) =y2 − x2

2(x2 + y2)2+ C ou C ∈ R.

55. Recherchons l’existence d’une application f verifiant∂f

∂x(x, y) =

y2

(x+ y)2et

∂f

∂y(x, y) =

x2

(x+ y)2.

f(x, y) =

∫y2

(x+ y)2dx = − y2

x+ y+ C(y).

∂f

∂y(x, y) =

x2

(x+ y)2= −y

2 + 2xy

(x+ y)2+ C ′y)

ce qui conduit a C ′(y) = 1 puis C(y) = y + c, avec ∈ R.Sur l’un des deux ouverts de R2 definis respectivement par x + y > 0 etx + y < 0, ω est exacte et les fonctions f telles que df = ω sont definies par

f(x, y) =xy

x+ y+ c ; sur l’un ou sur l’autre des deux ouverts (les valeurs de c

etant differentes).

56. Pour que α soit exacte nous devons avoird

dx[(y − x)h(y)] =

d

dy[yh(y)(1− xy)]

c’est-a-dire −h(y) = h(y)(1− 2xy) + yh′(y)(1− xy) soit encore

(1− xy)[yh′(y) + 2h(y)] = 0. Il suffit de choisir h(y) =1

y2pour y 6= 0.

En reprenant les demonstrations deja faites, nous pouvons en deduire que surl’ouvert R × R∗

+ ou sur l’ouvert R × R∗− il existe une application f telle que

df = α. f est sur chacun de ces deux ouverts unique a une constante additivepres.

f(x, y) =

∫ x

0

1− ty

ydt+ C(y) =

x

y− x2

2+ C(y).

C doit etre de classe C∞ et doit verifier∂f

∂y(x, y) =

y − x

y2= − x

y2+ C ′(y).

Nous obtenons C ′(y) =1

y.

Finalement f(x, y) =x

y− x2

2+ ln(|y|)−K.

109


Soit ϕ une fonction de classe C1, a valeurs dans l’un ou l’autre des intervallesR∗

+, R∗−.

f(x, ϕ(x)) = K ⇐⇒ ∂f

∂x(x, ϕ(x)) + ϕ′(x)

∂f

∂y(x, ϕ(x)) = 0

⇐⇒ (1− xϕ(x))

ϕ(x)+ ϕ′(x)

ϕ(x)− x

ϕ(x)2= 0

⇐⇒ ϕ(x)(1− xϕ(x)) + ϕ′(x)(ϕ(x)− x) = 0.

f(x, ϕ(x)) = K si et seulement si ϕ est solution de l’equation differentielley(1 + y′)− xy2 − xy′ = 0 avec y non nul.

Les solutions cherchees sont donc solutions de l’equationx

y− x2

2+ ln(|y|) +K = 0.

Il s’agit la des courbes integrales.

Posons g(x, y) =x

y− x2

2+ ln(|y|) +K. Pour x fixe, notons gx(y) = g(x, y).

Nous pouvons nous limiter a y > 0 car si (x, y) est solution de l’equationg(x, y) = 0 alors (−x, −y) est aussi solution.g′x(y) =

y − x

y2.

• Pour x60, gx est strictement croissante limy→0

gx(y) = −∞, limy→+∞

gx(y) = +∞.

Il existe donc un et un seul y = β(x) solution de l’equation g(x, y) = 0.

• Pour x > 0, gx decroit sur ]0, x] puis croit. gx(x) = ln(x) + 1− x2

2+K.

limy→0

gx(y) = +∞, limy→+∞

gx(y) = +∞.

Posons ψ(x) = ln(x) + 1− x2

2+K. ψ′(x) =

1− x2

x, ψ(1) =

2K + 1

2.

•• Si 2K + 1 < 0 alors gx(x) < 0 et l’equation g(x, y) = 0 possede deux solu-tions , l’une α(x) ∈]0, x[, l’autre β(x) ∈]x, +∞[.

gx(1) = −1

2(x− 1)2 +

2K + 1

2< 0 donc si x < 1, α(x) < x < 1 < β(x) ; si

x > 1, α(x) < 1 < x < β(x), si x = 1, α(x) < 1 < β(x).

•• Si 2K + 1 = 0 alors gx(x) < 0 pour x 6= 1 et gx(1) = 0 et l’equationg(x, y) = 0 possede deux solutions , l’une α(x) ∈]0, x[, l’autre β(x) ∈]x, +∞[sauf pour x = 1 ou il y a une seule solution egale a 1.

gx(1) = −1

2(x− 1)2 donc si x < 1, α(x) < x < 1 < β(x) ; si x > 1, α(x) < 1 <

x < β(x), si x = 1, α(1) = β(1).

•• Si 2K+1 > 0 alors il existe x1 < 1 < x2 tels que sur ]0, x1[ et sur ]x2, +∞[gx(x) > 0, ; g(x, y) = 0 n’a pas de solution.gx1(x1) = 0, gx2(x2) = 0 ; (x1, x1) et (x2, x2) sont les seules solutions.Pour x ∈]x1, x2[, gx(x) < 0, g(x, y) = 0 possede deux solutions, l’uneα(x) ∈]0, x[, l’autre β(x) ∈]x, +∞[.

Pour 0 < x < x1, gx(x1) =x

x1− x2

2− x21

2− 1 < 0 donc α(x) < x < x1 < β(x).

110


Pour x > x2, gx(x2) =x

x2− x2

2− x22

2− 1 < 0 donc α(x) < x2 < x < β(x).

Nous pouvons, dans chaque cas etudier les proprietes de α ou β.

• On cherche une solution prenant la valeur e en 1. Il vient K = −e + 2

2e.

Nous sommes dans le cas 2K + 1 < 0 donc

- si x60 nous avons la seule solution β verifiant β(x) > 1. Si 0 < x < 1,α(x) < x < 1 < β(x) ;

- si x > 1, α(x) < 1 < x < β(x),

- si x = 1, α(x) < 1 < β(x).

Il n’y a donc qu’une seule solution (derivable) prenant la valeur e en 1 ; il s’agitde β car sinon elle ne serait pas continue.

• Nous cherchons une solution verifiant g(1, 1) = 0 c’est-a-dire 2K + 1 = 0.

- Pour x60 il existe un et un seul y = β(x) solution de l’equation g(x, y) =0 qui verifie β(x) > 1.

- Pour x > 0, x 6= 1, l’equation g(x, y) = 0 possede deux solutions verifiantsi x < 1, α(x) < x < 1 < β(x), si x > 1, β(x) < 1 < x < α(x).

- Pour x = 1 il n’y a que la solution α(1) = β(1) = 1.

Il y a donc deux solutions possibles α et β.

• Nous cherchons une solution prenant la valeur 1 en 0 c’est-a-dire corres-pondant a K = 0. Soient 0 < x1 < 1 < x2 les solutions de l’equation2 ln(x)− x2 + 2 = 0.

- Pour 0 < x < x1 ou pour x > x2, nous avons deux solutions.

- Pour x60 nous avons une seule solution et pour x ∈]x1, x2[ il n’y a pasde solution.

- Pour 0 < x < x1, α(x) < x < x1 < β(x).

- Pour x > x2, α(x) < x2 < x < β(x).

Supposons qu’il existe une solution, S, sur un intervalle contenant x1 ou

contenant x2. Nous devons alors avoirS ′(x)

S(x)+

1

S(x)− xS ′(x)

S2(x)− x = 0 et en

xi,(S(xi)− xi)S

′(xi)

S2(xi)+

1

S(xi)− xi = 0.

Nous avons vu que pour x = xi, la solution est S(xi) = xi donc

1− x2ixi

= 0 ⇐⇒ xi = 1 ce qui n’est pas le cas donc il n’existe pas de solution

definie sur un intervalle contenant x1 ou x2.Il existe donc une eventuelle solution, β(x), definie sur ]−∞, x1[, β(x) definiesur ]x2, +∞[, α(x) definie sur [0, x1[ ou enfin α(x) definie sur ]x2, +∞[.

111


Les solutions α ne peuvent convenir car elles ne prennent jamais la valeur1 et pour tout x, elles sont toujours strictement inferieures a β(x) ; elles nepourraient pas se “raccorder” avec β. La deuxieme solution β n’est pas definiesur un intervalle contenant 0 donc il reste uniquement la solution β definie sur]−∞, x1[.Il s’agit maintenant de demontrer que les solutions possibles sont bien lessolutions.

•• Supposons x060.∂g

∂y(x0, y0) =

y0 − x0y20

> 0 ; (x, y) 7−→ ∂g

∂y(x, y) est continue donc il existe un

voisinage de (x0, y0), V = [x0 − ρ, x0 + ρ]× [y0 − ρ, y0 + ρ] et une constante

A > 0 tels que ∀(x, y) ∈ V, A6∂g

∂y(x, ()y).

Soit h > 0, h6ρ. gx0 est strictement croissante, gx0(y0−h) < 0, gx0(y0+h) > 0.

(x, y) 7−→ ∂g

∂y(x, y) est continue donc il existe η1 > 0 tel que pour |x−x0|6η1

on ait gx(y0 + h) > 0 ; de meme il existe η2 > 0 tel que pour |x − x0|6η2 onait gx(y0 − h) < 0. Soit alors η ∈]0, min(η1, η2, ρ)[. gx est alors strictementcroissante sur [y0 − h, y0 + h]. Il existe donc pour x ∈ [x0 − η, x0 + η] unesolution et une seule β(x) ; elle est entre y0 − h et y0 + h.

(x, y) 7−→ ∂g

∂y(x, y) est continue donc est localement bornee au voisinage de

(x0, y0). g(x, β(x))− g(x, β(x0)) = (β(x)− β(x0))∂g

∂y(x, c) ou c est entre

β(x) et β(x0) donc g(x, β(x))− g(x, β(x0)) = (β(x)− β(x0))∂g

∂y(x, c).

g(x, β(x))− g(x0, β(x0)) = (g(x, β(x))− g(x, β(x0)))

+(g(x, β(x0))− g(x0, β(x0)))

donc (β(x)− β(x0))∂g

∂y(x, c) = (g(x, β(x))− g(x, β(x0)))

= −(g(x, β(x0))− g(x0, β(x0)))

puis |β(x)− β(x0))|6|g(x, β(x0))− g(x0, β(x0))|

A.

g(x, β(x0))− g(x0, β(x0)) = (x− x0)∂g

∂x(d, y0).

Finalement ∃(ε, B) ∈ (R∗+)

2, |x− x0|6ε ⇒ |β(x)− β(x0))|6B|x− x0|.β est donc continue en x0 puis en tout point de R−.

•• Supposons x0 > 0 et 2K + 1 6= 0.Le raisonnement precedent s’applique mot a mot ; nous avons bien la continuitede β.

•• Supposons x0 > 0, x0 6= 1 et 2K + 1 = 0. La encore le raisonnementprecedent s’applique.

•• Il reste a etudier le cas x0 = 1, y0 = 1, 2k + 1 = 0.Il s’agit de montrer que α et β sont continues en 1.


112


g est de classe C∞.∂2g

∂x2(x, y) = −1,

∂2g

∂y2(x, y) =

2x− y

y2,∂2g

∂x ∂y(x, y) = − 1

y2.

Il existe η1 ∈]0,

1

2

[tel que pour |x− 1|6η1, |y − 1|6η1 on ait

1

26∂2g

∂y2(x, y)6

3

2, −3

26

∂2g

∂x ∂y(x, y) = −1

2.

g1 est strictement decroissante sur ]0, 1] ; strictement croissante sur [1, +∞[.g1(1) = 0 donc g1(1−η1) > 0, g1(1+η1) > 0. g etant continue, il existe η2 quel’on peut choisir dans ]0, η1[ tel que pour |x − 1|6η2 on ait g(x, 1 − η1) > 0et g(x, 1 + η1) > 0.

gx(x) = ln(x) +1− x2

2est strictement negatif pour x ∈]0, +∞[.

gx(1) = −(x− 1)2 < 0 pour x 6= 1.

•• Pour x ∈]1− η2, 1[, gx est strictement decroissante sur [1− η1, x] et stric-tement croissante sur [x, 1 + η1].Il existe donc une et une seule solution a l’equation gx(y) = 0 sur ]1 − η1, x[et une et une seule solution sur ]1, 1 + η1[. La premiere est α(x), la secondeβ(x).

•• De meme, pour x ∈]1, 1 + η2[, il existe donc une et une seule solution al’equation gx(y) = 0 sur ]1− η1, 1[ et une et une seule solution sur ]x, 1+ η1[.La premiere est β(x), la seconde α(x).La formule de Taylor appliquee a g au voisinage de (1, 1) nous conduit a

g(x, y) = g(1, 1) + (x− 1)∂g

∂x(1, 1) + (x− 1)

∂g

∂y(1, 1)

+

∫ 1

0

(1− t)

((x− 1)2

∂2g

∂x2(1 + t(x− 1), 1 + t(y − 1))

+2(x− 1)(y − 1)∂2g

∂x ∂y(1 + t(x− 1), 1 + t(y − 1))

+(y − 1)2∂2g

∂y2(1 + t(x− 1), 1 + t(y − 1))

)dt.

∂2g

∂x2(1 + t(x− 1), 1 + t(y − 1)) = −1,

∂2g

∂x ∂y(1 + t(x− 1), 1 + t(y − 1)) = − 1

(1 + t(y − 1))2,

∂2g

∂y2(1 + t(x− 1), 1 + t(y − 1)) =

1 + t(2x− y − 1)

(1 + t(y − 1))3.

t ∈ [0, 1] 7−→((x− 1)2

∂2g

∂x2(1 + t(x− 1), 1 + t(y − 1))

+2(x− 1)(y − 1)∂2g

∂x ∂y(1 + t(x− 1), 1 + t(y − 1))

+(y − 1)2∂2g

∂y2(1 + t(x− 1), 1 + t(y − 1))

)∈ R

possede, pour x et y fixes, un maximum, M et un minimum m.


113


m

26R(x, y) =

∫ 1

0

(1− t)

((x− 1)2

∂2g

∂x2(1 + t(x− 1), 1 + t(y − 1))

+2(x− 1)(y − 1)∂2g

∂x ∂y(1 + t(x− 1), 1 + t(y − 1))

+ (y − 1)2∂2g

∂y2(1 + t(x− 1), 1 + t(y − 1))

)dt6

M

2donc il existe cx, y ∈ [0, 1] tel que

2R(x, y) = (x− 1)2∂2g

∂x2(1 + cx, y(x− 1), 1 + cx, y(y − 1))

+2(x− 1)(y − 1)∂2g

∂x ∂y(1 + cx, y(x− 1), 1 + cx, y(y − 1))

+(y − 1)2∂2g

∂y2(1 + cx, y(x− 1), 1 + cx, y(y − 1)).

Si y est une solution associee a x, nous obtenons 0 = R(x, y).∂2g

∂x2(1 + cx, y(x− 1), 1 + cx, y(y − 1)) = −1,

Ax,y =∂2g

∂x ∂y(1 + cx, y(x− 1), 1 + cx, y(y − 1))

= − 1

(1 + cx, y(y − 1))2∈[−3

2, −1

2

],

Bx,y =∂2g

∂y2(1 + cx, y(x− 1), 1 + cx, y(y − 1))

=1 + cx, y(2x− y − 1)

(1 + cx, y(y − 1))3∈[1

2,3

2

].

Pour x 6= 1, posons X =y − 1

x− 1. X verifie Bx,yX

2 + 2Ax,yX − 1 = 0.

X verifie l’une ou l’autre des relations X =−Ax,y +

√A2

x,y +Bx,y

Bx,y

lorsque

X > 0, X =−Ax,y −

√A2

x,y +Bx,y

Bx,y

lorsque X < 0. Le produit des deux etant

egal a -1En utilisant les encadrements precedents nous obtenons

1 +√3

36−Ax,y +

√A2

x,y +Bx,y

Bx,y

63 +√15 et, le produit des “ racines ” etant

egal a -1,

−3(√3− 1)

26−Ax,y −

√A2

x,y +Bx,y

Bx,y

6−√15− 3

6.

Il existe donc une constante C > 0 telle que |X|6C c’est-a-dire|α(x)− 1|6C|x− 1| et |β(x)− 1|6C|x− 1|. α et β sont donc continues en 1.Montrons, par exemple, que β, est de classe C1.Si 2K+1 = 0, nous nous placons au voisinage d’un point x0 6= 1 de l’intervallede definition de β.Notons y0 = β(x0).∂g

∂x(x, y) =

1

y− x,

∂g

∂y(x, y) =

y − x

y2.

114


β(x) 6= x donc∂g

∂y(x0, y0) 6= 0.

(x, y) 7−→ ∂g

∂y(x0, y0) est continue sur R×R∗

+. Il existe donc η ∈]0, y0[ veri-

fiant pour |x− x0|6η et |y − y0|6η,∣∣∣∣∂g

∂y(x, y)

∣∣∣∣>|A > 0.

Pour x et y ainsi choisis, |gx(y)− gx(y0)| = |y − y0| |g′x(c)|>A|y − y0|.

Nous en deduisons |y − y0|6|gx(y)− gx(y0)|

A.

Pour y = β(x),

g(x, β(x))− g(x, β(x0)) + g(x, β(x0))− g(x0, β(x0)) = 0

= (β(x)− β(x0))∂g

∂y(x, u) + (x− x0)

∂g

∂x(v, β(x0))

ou u est entre β(x) et β(x0) ; v est entre x0 et x.

Pour |x− x0|6η et |y − y0|6η, par continuite,∣∣∣∣∂g

∂x(x, y)

∣∣∣∣6B.

|β(x)− β(x0)|6B

M|x− x0| = K|x− x0|.

β est bien continue en x0 donc sur l’intervalle de definition de β.Montrons que β est derivable.

g(x0 + h, y0 + k) = h∂g

∂x(x0, y0) + k

∂g

∂y(x0, y0) + ‖(h, k)‖ε(h, k) ou ε nulle

en (0, 0) est continue en (0, 0).Posons y0 + k = β(x0 + h). dans ce cas,

0 = h∂g

∂x(x0, y0) + (β(x0 + h)− β(x0))

∂g

∂y(x0, y0)

+‖(h, β(x0 + h)− β(x0))‖ε(h, β(x0 + h)− β(x0)).

Pour |x− x06η, nous avons |β(x)− β(x0)|6K|x− x0| donc∣∣∣∣∣(β(x0 + h)− β(x0))

∂g

∂y(x0, y0)

h+∂g

∂x(x0, y0)

∣∣∣∣∣6‖(h, β(x0 + h)− β(x0))‖ |ε(h, β(x0 + h)− β(x0))|6‖(h, β(x6K ′|h| |ε(h, β(x0 + h)− β(x0)).

On en deduit : limh→0

β(x0 + h)− β(x0)

h= −

∂g

∂x(x0, y0)

∂g

∂y(x0, y0)

.

β est donc derivable sur R et ∀x ∈ R, β ′(x) = −∂g

∂x(x, β(x))

∂g

∂y(x, β(x))

.

Il est alors immediat que β est de classe C∞. On fait de meme pour α et nousavons les memes resultats.

Il reste a etudier le comportement en 1 dans le cas K = −1

2.

α(1) = β(1) = 1.Reprenons la relation etablie plus haut. Conservons les notations vues plushaut.Si y designe α(x) ou β(x), nous avons

115


0 = (x− 1)2∂2g

∂x2(1 + cx, y(x− 1), 1 + cx, y(y − 1))

+2(x− 1)(y − 1)∂2g

∂x ∂y(1 + cx, y(x− 1), 1 + cx, y(y − 1))

+(y − 1)2∂2g

∂y2(1 + cx, y(x− 1), 1 + cx, y(y − 1)).

Pour x 6= 1, posons X =y − 1

x− 1. Si x 6= 1, alors

α(x)− 1

x− 1> 0 et

β(x)− 1

x− 1< 0.

donc nous avons les relations :

α(x)− 1

x− 1=

−Ax,y +√A2

x,y +Bx,y

Bx,y

etβ(x)− 1

x− 1=

−Ax,y −√A2

x,y +Bx,y

Bx,y

.

∂2g

∂x ∂y,∂2g

∂x2∂2g

∂y2sont continues en (1, 1).

Pour ε > 0, il existe η3 > 0 tel que pour |x− 1| < η3, |y − 1|6η3 on ait∣∣∣∣∣∣∣∣

− ∂2g

∂x ∂y(x, y) +

√(∂2g

∂x ∂y(x, y)

)2+ ∂2g

∂y2(x, y)

∂2g

∂y2(x, y)

− (1 +√2)

∣∣∣∣∣∣∣∣6ε.

Nous savons que α est continue donc∃η4 ∈]0, η3[, 1− η4 < x < 1 + η4, x 6= 1,⇒ 1− η3 < α(x) < 1 + η3.

Il vient alors

∣∣∣∣α(x)− 1

x− 1− (1 +

√2)

∣∣∣∣6ε.

α est derivable en 1 ; la derivee en 1 est egale a 1 +√2.

De meme, β est derivable en 1, de derivee egale a 1−√2.

Montrons que α′ et β ′ sont continues en 1.

Pour x 6= 1, nous avons α′(x) = α(x)xα(x)− 1

α(x)− xet β ′(x) = β(x)

xβ(x)− 1

β(x)− x.

Notons Tα(x) =α(x)− 1

x− 1et Tβ(x) =

β(x)− 1

x− 1.

α′(x) = α(x)xTα(x) + 1

Tα(x)− 1et β ′(x) = β(x)

xTβ(x) + 1

Tβ(x)− 1.

limx→1

Tα(x) = 1 +√2, lim

x→1Tβ(x) = 1−

√2.

Donc limx→1

α′(x) =2 +

√2√

2= 1 +

√2 et de meme lim

x→1β ′(x) =

2−√2

−√2

= 1−√2.

α et β sont de classe C1.

116


La courbe representative de α a l’allure suivante :

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

La courbe representative de β a l’allure suivante :

1

1.5

2

2.5

3

-0.5 0 0.5 1 1.5 2

La courbe representative de la solution prenant la valeur e en 1 a l’alluresuivante :

0

2

4

6

8

10

12

-2 -1 1 2

117


La courbe representative de la solution prenant la valeur 1 en 0 a l’allure sui-vante :

0

1

2

3

4

5

-2 -1.5 -1 -0.5 0.5

57. ω definie par ω(x, y) = f(x) [(x+ 2x2 + y2)dx− y(x− 1)dy] est fermee si etseulement si la derivee de y 7−→ f(x)(x+ 2x2 + y2) est egale a la derivee dex 7−→ −f(x)y(x− 1) c’est-a-dire ∀(x, y) ∈ U, 2yf(x) = −y(x−1)f ′(x)−yf(x)soit encore 3f(x) = (1− x)f ′(x) ou U est un ouvert de R2.

f est donc definie par f(x) =C1

(x− 1)3pour x ∈]−∞, 1[ et f(x) =

C2

(x− 1)3

pour x ∈]1, +∞[.

Soit F une eventuelle20 fonction dont la differentielle est ω. Notons C l’une oul’autre des deux constantes C1, C2.

∂F

∂y(x, y) = − Cy

(x− 1)2donc F (x, y) = A(x)− Cy2

2(x− 1)2.

Nous devons avoir∂F

∂x(x, y) = A′(x) +

Cy2

(x− 1)3= C

x+ 2x2 + y2

(x− 1)3c’est-a-dire

A′(x) = Cx+ 2x2

(x− 1)3.

2x2 + x = (x− 1)(2x+ 3) + 3, 2x+ 3 = 2(x− 1) + 5 doncx+ 2x2

(x− 1)3=

2

x− 1+

5

(x− 1)2+

3

(x− 1)3.

Nous obtenons A(x) = 2 ln(|x− 1|)− 5

x− 1− 3

2(x− 1)2+D puis

F (x) = −Cy2 + 10x− 7

2(x− 1)2+ 2C ln(|x− 1|) +K avec C etK dependants de l’ou-

vert ]−∞, 1[×R ou ]1, +∞[×R sur lequel on se trouve.

58. f(x, y) = (f1(x, y), f2(x, y)) ou f1 et f2 sont des applications de classe C2 deR2 dans R. La matrice Jacobienne de f est une rotation donc cela equivaut a∂f1∂x

(x, y) =∂f2∂y

(x, y),∂f2∂x

(x, y) = −∂f1∂y

(x, y) et

20D’apres ce que nous avons vu plus haut, F existe car les ouverts ] −∞, 1[×R et ]1, +∞[×R

sont convexes.

118


(∂f1∂x

(x, y)

)2

+

(∂f2∂x

(x, y)

)2

= 1.

f est de classe C2 donc nous avons∂2f1∂x2

(x, y) =∂2f2∂x ∂y

(x, y) = −∂2f1∂y2

(x, y)

puis

∂2f1∂x2

(x, y) +∂2f1∂y2

(x, y) = 0.

De meme∂2f2∂x2

(x, y) +∂2f2∂y2

(x, y) = 0.

A partir de la relation

(∂f1∂x

(x, y)

)2

+

(∂f2∂x

(x, y)

)2

= 1 nous obtenons

∂f1∂x

∂2f1∂x2

+∂f2∂x

∂2f2∂x2

= 0 et∂f1∂x

∂2f1∂x ∂y

+∂f2∂x

∂2f2∂x ∂y

= 0.

Considerons la matrice M(x, y) =

∂2f1∂x2

(x, y)∂2f1∂x ∂y

(x, y)

∂2f2∂x2

(x, y)∂2f2∂x ∂y

(x, y)

.

Les deux colonnes de M(x, y) sont orthogonales au vecteur de coordonnees(∂f1∂x

(x, y),∂f2∂x

(x, y)

)donc M(x, y) est de rang au plus egal a 1 et a un

determinant nul.

La matrice M(x, y) est M(x, y) =

∂2f1∂x2

(x, y) −∂2f2∂x2

(x, y)

∂2f2∂x2

(x, y)∂2f1∂x2

(x, y)

.

det (M(x, y)) =

(∂2f1∂x2

(x, y)

)2

+

(∂2f2∂x2

(x, y)

)2

= 0.

Nous en deduisons ∀(x, y) ∈ R2,∂2f1∂x2

(x, y) =∂2f2∂x2

(x, y) = 0.

∀(x, y) ∈ R2, 0 =∂2f1∂x2

(x, y) =∂2f2∂x ∂y

(x, y),

∀(x, y) ∈ R2, 0 =∂2f2∂x2

(x, y) = − ∂2f1∂x ∂y

(x, y).

Finalement,∂f2∂x

(x, y) = c2(y) = d2(x),∂f1∂x

(x, y) = c1(y) = d1(y) donc∂f2∂x

et∂f1∂x

sont constantes.

f1(x, y) = α1x+ β1(y), f2(x, y) = α2x+ β2(y) ou β1 et β2 sont des fonctionsreelles definies sur R2, de classes C2.∂f1∂y

(x, y) = β ′1(y) = −α2,

∂f2∂y

(x, y) = β ′2(y) = α1.

Nous obtenons finalement f1(x, y) = α1x−α2y+γ1, f2(x, y) = α2x+α1y+γ2

119


avec α21 + α2

2 = 1. Il s’agit bien d’une rotation affine de centre le point decoordonnee (γ1, γ2) dont une mesure, θ, de l’angle (en supposant que la basecanonique est orientee dans le sens direct) est definie par cos(θ) = α1, sin(θ) =α2.

59. La matrice Jacobienne de f = (f1, f2) en (x, y) est une similitude donc nous

en deduisons∂f1∂x

=∂f2∂y

,∂f1∂y

= −∂f2∂x

.

Nous en deduisons∂2f1∂x2

=∂2f2∂x ∂y

,∂2f1∂y2

= − ∂2f2∂x ∂y

.

Nous avons bien ∆f1 = 0 ; de meme ∆f2 = 0. ∆f = 0.

f(x, y) =+∞∑

n=0

an(x+ iy)n.

x ∈ R 7−→+∞∑

n=0

an(x+ iy)n ∈ C est de classe C∞.

y ∈ R 7−→+∞∑

n=0

an(x+ iy)n ∈ C est de classe C∞.

En effet. Considerons une serie entiere de rayon de convergence R > 0. Soitz ∈ C, |z| < R.

Soit D un disque centre en z, de rayon ρ > 0, ρ < R − |z|.Soit h ∈ C∗, z + h ∈ D.

1

h

(+∞∑

n=0

an(z + h)n −+∞∑

n=0

anzn

)=

+∞∑

n=1

[an

n−1∑

k=0

(z + h)kzn−1−k

].

∣∣∣∣∣n−1∑

k=0

(z + h)kzn−1−k

∣∣∣∣∣6n−1∑

k=0

(|z|+ ρ)k|z|n−1−k =(|z|+ ρ)n − |z|n

ρ.

La serie∑

n>1

[h 7−→ an

n−1∑

k=0

(z + h)kzn−1−k

]converge uniformement pour |h|6ρ

donc la somme est continue en 0 et verifie donc :

limh→0

+∞∑

n=1

[an

n−1∑

k=0

(z + h)kzn−1−k

]=

+∞∑

n=1

nanzn−1.

Il est alors immediat que, le rayon de la serie entiere

+∞∑

n=1

nanzn−1 etant en-

core R, que les applications x ∈ R 7−→+∞∑

n=0

an(x+ iy)n ∈ C est de classe C∞ et

y ∈ R 7−→+∞∑

n=0

an(x+ iy)n ∈ C est de classe C∞ sont de classes C∞.

Revenons a notre question.

120


Soit h ∈ R∗.f(x+h, y)−f(x, y)

h=

1

h

(+∞∑

n=0

an(x+h+ iy)n−

+∞∑

n=0

an(x+ iy)n

)

donc, d’apres le resultat precedent nous avons

limh→0

f(x+ h, y)− f(x, y)

h=

+∞∑

n=1

nan(x+ iy)n−1.

f(x, y + h)− f(x, y)

h= i

1

ih

(+∞∑

n=0

an(x+ iy + ih)n −+∞∑

n=0

an(x+ iy)n

)donc, tou-

jours d’apres le resultat precedent nous avons

limh→0

f(x+ h, y)− f(x, y)

h= i

+∞∑

n=1

nan(x+ iy)n−1.

Nous en deduisons que∂f

∂y= i

∂f

∂xpuis en notant f1 = ℜe(f) et f2 = ℑm(f),

∂f1∂y

+ i∂f2∂y

= i

(∂f1∂x

+ i∂f2∂x

)= −∂f2

∂x+ i

∂f1∂x

c’est-a-dire

∂f1∂y

= −∂f2∂x

,∂f2∂y

=∂f1∂x

.

La differentielle de (f1, f2) est une similitude ou la fonction nulle donc, sonlaplacien est nul.

60.∂2g

∂x2(x, y, z) =

4x2f ′′(

x2+y2

z2

)+ 2z2f ′

(x2+y2

z2

)

z4,

∂2g

∂y2(x, y, z) =

4y2f ′′(

x2+y2

z2

)+ 2z2f ′

(x2+y2

z2

)

z4,

∂2g

∂z2(x, y, z) =

4(x2 + y2)2f ′′(

x2+y2

z2

)+ 6z2(x2 + y2)f ′

(x2+y2

z2

)

z6.

Posons t =x2 + y2

z2.

Pour tout t ∈ R∗+, il existe (x, y, z) ∈ (R∗

+)3 verifiant t =

x2 + y2

z2.

Il suffit par exemple de fixer x et y et de determiner z.

(∆g)(x, y, z) =4t(t+ 1)f ′′(t) + (4 + 6t)f ′(t)

z2.

Le Laplacien de g est nul si et seulement si pour tout reel t strictement positif,4t(t+ 1)f ′′(t) + (4 + 6t)f ′(t) = 0.2 + 3t

2t(t+ 1)=

1

t+

1

2(t+ 1). Les solutions sont donc les fonctions f ′ definies par

f(t) = λ exp

(− ln(t)− 1

2ln(1 + t)

)= λ

1

t√1 + t

ou λ ∈ R.

En utilisant le changement de variable u ∈]1, +∞[ 7−→ t = u2 − 1 ∈ R∗+ nous


121


obtenons

∫dt

t√1 + t

=

∫2

u2 − 1du =

∫1

u− 1du−

∫1

u+ 1du. Une primi-

tive de t ∈ R∗+ 7−→ 1

t√1 + t

∈ R est donc t ∈ R∗+ 7−→ ln

(√1 + t− 1√1 + t + 1

).

Les solutions sont donc les applications, f , definies sur R∗+ par

f(t) = λ ln

(√1 + t− 1√1 + t + 1

)+ µ avec (λ, µ) ∈ R2.

61. g(x, y) = x∂f

∂x(x, y) + y

∂f

∂y(x, y).

g est de classe C∞.∂2g

∂x2(x, y) = 2

∂2f

∂x2(x, y) + x

∂3f

∂x3+ y

∂3f

∂x2 ∂y,

∂2g

∂y2(x, y) = 2

∂2f

∂y2(x, y) + y

∂3f

∂y3+ x

∂3f

∂y2 ∂x.

∆(g) = 2∆(f) + x∂∆(f)

∂x(x, y) + y

∂∆(f)

∂y(x, y) = 0.

g est bien harmonique.Posons ϕ = ∆(f).

g harmonique equivaut a ∀(x, y) ∈ R2, x∂ϕ

∂x(x, y) + y

∂ϕ

∂y(x, y) = −2ϕ(x, y).

ϕ est donc (-2)-homogene.Comme nous l’avons deja vu21, cela signifie :

∀(x, y, t) ∈ R2 × R∗+, ϕ(tx, ty) = t−2ϕ(x, y) soit encore

∀(x, y, t) ∈ R2 × R∗+, t

2ϕ(tx, ty) = ϕ(x, y).

ϕ est continue sur R2 donc limt→0

t2ϕ(tx, ty) = 0 = ϕ(x, y). ϕ est nulle donc f

est harmonique.

62. (a) (r, θ) 7−→ (x = r cos(θ), y = r sin(θ)) est de classe C∞ donc l’imagereciproque, V , de l’ouvert U par cette application est un ouvert. F est declasse C2. Supposons r 6= 0.

r∂F

∂r(r, θ) = r cos(θ)

∂f

∂x(x, y) + r sin(θ)

∂f

∂y(x, y) = G(r, θ).

∂G

∂r(r, θ) = cos(θ)

∂f

∂x(x, y) + sin(θ)

∂f

∂y(x, y)

+r cos(θ)

(cos(θ)

∂2f

∂x2(x, y) + sin(θ)

∂2f

∂x ∂y(x, y)

)

+r sin(θ)

(cos(θ)

∂2f

∂x ∂y(x, y) + sin(θ)

∂2f

∂y2(x, y)

)

= cos(θ)∂f

∂x(x, y) + sin(θ)

∂f

∂y(x, y) + r cos2(θ)

∂2f

∂x2(x, y)

21Nous pouvons aussi poser, pour t ∈ R, ψ(t) = t2ϕ(tx, ty).

ψ′(t) = 2tϕ(tx, ty) + t2(x∂ϕ

∂x(tx, ty) + y

∂ϕ

∂y(tx, ty)

)= 2tϕ(tx, ty) + t(−2ϕ(tx, ty)) = 0.

Donc ∀t ∈ R, ψ(t) = ψ(1) = ϕ(x, y).

122


+2r sin(θ) cos(θ)∂2f

∂x ∂y(x, y) + r sin2(θ)

∂2f

∂y2(x, y).

∂F

∂θ(r, θ)=−r sin(θ)∂f

∂x(r cos(θ), r sin(θ))+r cos(θ)

∂f

∂y(r cos(θ), r sin(θ)).

∂2F

∂θ2(r, θ)=−r cos(θ)∂f

∂x(r cos(θ), r sin(θ))−r sin(θ)∂f

∂y(r cos(θ), r sin(θ))

−r sin(θ)(−r sin(θ)∂

2f

∂x2(r cos(θ), r sin(θ))+r cos(θ)

∂2f

∂x ∂y(r cos(θ), r sin(θ))

)

+r cos(θ)

(−r sin(θ) ∂

2f

∂x ∂y(r cos(θ), r sin(θ))+r sin(θ)

∂2f

∂y2(r cos(θ), r sin(θ))

).

Nous obtenons alors∂2F

∂θ2(r, θ) = −r cos(θ)∂f

∂x(r cos(θ), r sin(θ))− r sin(θ)

∂f

∂y(r cos(θ), r sin(θ))

+r2 sin2(θ)∂2f

∂x2(r cos(θ), r sin(θ))− 2r2 sin(θ) cos(θ)

∂2f

∂x ∂y(r cos(θ), r sin(θ))

+r2 cos2(θ)∂2f

∂y2(r cos(θ), r sin(θ)).

Nous avons bien :1

r

(∂

∂r

(r∂F

∂r

))+

1

r2∂2F

∂θ2.

(b) Supposons f derivable en z. Soit (h, k) ∈ R2. Nous avons donc

lim(h, k)→(0, 0)

f(x+ h, y + k)− f(x, y)

h+ ik= f ′(z) = A(x, y) + iB(x, y) ou

A et B sont des fonctions reelles. En particulier nous avons

limh→0

f(x+ h, y)− f(x, y)

h= A(x, y) + iB(x, y) et

limk→0

f(x, y + k)− f(x, y)

ik= f ′(z) = A(x, y) + iB(x, y) c’est-a-dire

en notant f = f1 + if2, ou f1 et f2 sont deux fonctions a valeurs reelles,∂f1∂x

(x, y) = A(x, y),∂f2∂x

(x, y) = B(x, y) et

∂f1∂y

(x, y) = −B(x, y),∂f2∂y

(x, y) = A(x, y) donc

∂f1∂x

(x, y) =∂f2∂y

(x, y),∂f2∂x

(x, y) = −∂f1∂y

(x, y).

Supposons que f1 et f2 sont differentiables sur U et verifient les relations∂f1∂x

(x, y) =∂f2∂y

(x, y),∂f2∂x

(x, y) = −∂f1∂y

(x, y).

f(x+ h, y + k)− f(x, y) = h

(∂f1∂x

(x, y) + i∂f2∂x

(x, y)

)

+k

(∂f1∂y

(x, y) + i∂f2∂y

(x, y)

)+ ‖(h, k)‖ε(h, k)

ou ε, nulle en (0, 0) est continue en (0, 0).En utilisant les hypotheses nous obtenons

123


f(x+ h, y + k)− f(x, y) = h

(∂f1∂x

(x, y) + i∂f2∂x

(x, y)

)

+k

(−∂f2∂x

(x, y) + i∂f1∂x

(x, y)

)+ ‖(h, k)‖ε(h, k).

Soit (h, k) ∈ R2.

f(x+ h+ i(y + k))− f(x+ iy)

h + ik=f(x+ h, y + k)− f(x, y)

h+ ik

= (h+ ik)

(∂f1∂x

(x, y) + i∂f2∂x

(x, y)

)+ ‖(h, k)‖ε(h, k).

Nous obtenons donc

lim(h+ik)→0

f(x+ h+ i(y + k))− f(x+ iy)

h+ ik=∂f1∂x

(x, y) + i∂f2∂x

(x, y).

f est derivable. Nous avons finalement

f ′(z) =∂f1∂x

(x, y) + i∂f2∂x

(x, y) =∂f2∂y

(x, y)− i∂f1∂x

(x, y).

∂f

∂y(x, y) = i

∂f

∂x(x, y).

(c)∂f

∂y(x, y) = i

∂f

∂x(x, y),

∂2f

∂y2(x, y) = i

∂2f

∂x ∂y(x, y) = −∂

2f

∂x2(x, y).

∆(f)(x, y) = 0.

En reprenant l’expression vue precedemment de ∆(f) nous en deduisons :

r

(∂

∂r

(r∂F

∂r

))+∂2F

∂θ2. Par continuite, la relation est vraie aussi pour

r = 0 donc est vraie pour (r, θ) ∈ V .

∂F

∂θ(r, θ) = −r sin(θ)∂f

∂x(r cos(θ), r sin(θ))

+ir cos(θ)∂f

∂x(r cos(θ), r sin(θ))

= ir exp(iθ)∂f

∂x(r cos(θ), r sin(θ)).

r∂F

∂r(r, θ) = r cos(θ)

∂f

∂x(x, y) + ir sin(θ)

∂f

∂x(x, y)

= r exp(iθ)∂f

∂x(x, y).

Nous avons bien∂F

∂θ(r, θ) = ir

∂F

∂r(r, θ).

(d) Pour r ∈ [0, 1], Fr est de classe C2 sur R. Fr est 2π-periodique donc estdeveloppable en serie de Fourier ; celle-ci converge normalement vers Fr.

Nous avons ∀(r, θ) ∈ [0, 1]× R, F (r, θ) =∑

n∈Zcn(Fr) exp(inθ).

cn(Fr) =1

2π

∫ 2π

0

F (r, θ) exp(−inθ)dθ.Posons gn(r) = cn(Fr). gn est de classe C2 sur [0, 1] car f est de classe C2

sur le disque ouvert contenant le disque ferme de rayon R > 1.

124


Pour r ∈ [0, 1], g′n(r) =1

2π

∫ 2π

0

∂F

∂r(r, θ) exp(−inθ)dθ.

La derivee de r 7−→ rg′n(r) est alors egale a

1

2π

∫ 2π

0

∂

∂r

(r∂F

∂r(r, θ)

)exp(−inθ)dθ.

Nous avons donc pour r ∈]0, 1], puis par continuite pour r ∈ [0, 1],

rg′n(r) + r2g′′n(r) = − 1

2π

∫ 2π

0

∂2F

∂θ2(r, θ) exp(−inθ)dθ

= − 1

2π

[∂F

∂θ(r, θ) exp(−inθ)

]2π

0

− in

2π

∫ 2π

0

∂F

∂θ(r, θ) exp(−inθ)dθ

= − 1

2π

[∂F

∂θ(r, θ) exp(−inθ) + inF (r, θ) exp(−inθ)

]2π

0

+n2

2π

∫ 2π

0

F (r, θ) exp(−inθ)dθ

=n2

2π

∫ 2π

0

F (r, θ) exp(−inθ)dθ = n2gn(r).

Il vient alors rg′n(r) + r2g′′n(r) = n2gn(r). Sur R∗+, cherchons des solutions

du type r 7−→ gn(r) = rα.

rg′n(r) + r2g′′n(r) = n2gn(r) ⇐⇒ αrα + α(α− 1)rα = n2rα

⇐⇒ α2 = n2.

r 7−→ rn et r 7−→ r−n sont independantes donc les solutions, sur R∗+, de

l’equation differentielle rg′n(r) + r2g′′n(r) = n2gn(r) sont les applicationsr 7−→ λnr

n + µnr−n.

gn est de classe C2 donc pour n ∈ N, gn(r) = λnrn = rngn(1) et pour

n ∈ Z∗−, gn(r) = µnr

−n = r−ngn(1) c’est-a-dire∀n ∈ Z, gn(r) = r|n|gn(1).

Pour r = 1 nous obtenons les coefficients de Fourier de la fonction F1

donc gn(r) = r|n|cn(F1). g0(r) = c0(F1)

donc

∫ 2π

0

f(r cos(θ), r sin(θ))dθ =

∫ 2π

0

f(cos(θ), sin(θ))dθ ; ne depend donc

pas de r et est egal a 2πf(0).∀(θ, r) ∈ R× [0, 1],

F (r, θ) =+∞∑

n=0

cn(F1)rn exp(inθ) +

+∞∑

n=1

c−n(F1)rn exp(−inθ).

(e) En utilisant les resultats precedents, nous en deduisons

∀z ∈ C, | z|61, f(z) =

+∞∑

n=0

rncn(F1) exp(inθ) +

+∞∑

n=1

rnc−n(F1) exp(−inθ).

Les series entieres de la variable r,+∞∑

n=0

rncn(F1) exp(inθ) et

+∞∑

n=1

rnc−n(F1) exp(−inθ) convergent pour r = 1,

125


donc elles ont un rayon de convergence au moins egal a 1 et pour|r|6ρ < 1 elles convergent normalement donc uniformement.

d

dr(cn(F1)r

|n| exp(inθ)) = |n|cn(F1)r|n|−1 exp(inθ) et,

d

dθ(cn(F1)r

|n| exp(inθ)) = incn(F1)r|n|−1 exp(inθ).

Nous savons que si une serie entiere∑

unrn a pour rayon de convergence

R > 0 alors la serie∑

(r 7−→ nunrn) a le meme rayon de convergence

et converge uniformement sur le disque ferme de rayon ρ < R. Nous endeduisons donc pour 06r < 1,

∂F

∂r(r, θ) =

+∞∑

n=0

nrncn(F1) exp(inθ) ++∞∑

n=1

nrnc−n(F1) exp(−inθ) et

∂F

∂θ(r, θ) =

+∞∑

n=0

inrncn(F1) exp(inθ) ++∞∑

n=1

inrnc−n(F1) exp(−inθ).

La relation∂F

∂θ(r, θ) = ir

∂F

∂r(r, θ) conduit a

+∞∑

n=0

nrncn(F1) exp(inθ) +

+∞∑

n=1

nrnc−n(F1) exp(−inθ)

=+∞∑

n=0

nrncn(F1) exp(inθ) ++∞∑

n=1

nrnc−n(F1) exp(−inθ).

Les deux series trigonometriques convergent uniformement ; ce sont doncles series de Fourier de leurs sommes et compte tenu de l’unicite du deve-loppement en serie de Fourier nous en deduisons pour tout entier relatifn, cn(F1)(n− |n|) = 0 donc cn(F1) est nul pour n < 0. Il vient alors fina-

lement pour | z|61, f(z) =

+∞∑

n=0

cn(F1)zn pour |z|61.

(f) f est developpable en serie entiere a l’origine ; la serie entiere a un rayonde convergence au moins egal a 1.Supposons que f soit definie sur un ouvert contenant le disque centre en 0de rayon R > 0. Supposons comme precedemment que f soit de classe C2.Montrons que f est developpable en serie entiere de rayon de convergenceau moins egal a R.

Soit ρ ∈]0, R[. Posons pour |z| < R

ρ, g(z) = f(ρz).

Nous pouvons appliquer le resultat precedent et nous avons pour |z|61,

g(z) =

+∞∑

n=0

anzn puis, ∀z, |z|6ρ, f(z) =

+∞∑

n=0

anρnzn.

f est donc developpable en serie entiere a l’origine, le rayon de convergencede la serie est au moins egal a ρ.

Pour ρ1 < ρ2 < R, nous avons ∀z ∈ C, |z|6ρ1, f(z) =+∞∑

n=0

anρn1zn et

126


∀z ∈ C, |z|6ρ2, f(z) =+∞∑

n=0

bnρn2zn.

L’unicite du developpement en serie entiere conduit donc a l’existenced’un developpement en serie entiere de rayon au moins egal a R.

(g) Posons pour x et y reels, avec x+ iy = z 6= π

2+ kπ,

f(z) = ϕ(x, y) =1

cos(x+ iy)=

1

cos(x) ch(y)− i sin(x) sh(y).

f est de classe C∞.

∂ϕ

∂x(x, y) = − sin(x) ch(y) + i cos(x) sh(y)

(cos(x) ch(y)− i sin(x) sh(y))2= − sin(z)

cos2(z).

∂ϕ

∂y(x, y) = − cos(x) sh(y)− i sin(x) ch(y)

(cos(x) ch(y)− i sin(x) sh(y))2= −i sin(z)

cos2(z).

Nous avons la relation∂ϕ

∂y(x, y) = i

∂ϕ

∂x(x, y).

f est derivable et nous pouvons appliquer le resultat precedent. f estdeveloppable en serie entiere a l’origine ; le rayon de convergence est au

moins egal aπ

2. Si R >

π

2, alors f possede une limite en

π

2ce qui n’est

pas le cas donc le rayon de convergence de la serie entiere est egal aπ

2.

(h) Quitte a effectuer un changement de variables, on peut supposer que Uest etoile par rapport a O. Nous cherchons une application g verifiant∂g

∂x(x, y) =

∂f

∂y(x, y) et

∂g

∂y(x, y) = −∂f

∂x(x, y).

Nous avons deja vu qu’il faut avoir∂2f

∂y2(x, y) = −∂

2f

∂x2(x, y) ; ce qui est

le cas ici car f est harmonique.Nous avons deja vu que sur un ouvert convexe une telle solution existealors et est unique a une constante additive pres. Redemontrons-le a nou-veau.Soit g une application de classe C1 sur R2.

g(x, y)− h(0, 0) =

∫ 1

0

[d

dtg(tx, ty)

]dt

g(x, y)− h(0, 0) =

∫ 1

0

(x∂g

∂x(tx, ty) + y

∂g

∂y(tx, ty)

)dt.

Si g est solution du probleme pose alors

g(x, y)− h(0, 0) =

∫ 1

0

(x∂f

∂y(tx, ty)− y

∂f

∂x(tx, ty)

)dt.

Il faut alors montrer que cette fonction est bien solution.

La fonction g ainsi definie est de classe C∞ sur R2 est verifie

∂g

∂x(x, y) =

∫ 1

0

(∂f

∂y(tx, ty) + tx

∂2f

∂x ∂y(tx, ty)− ty

∂2f

∂x2(tx, ty)

)dt

127


=

∫ 1

0

(∂f

∂y(tx, ty) + tx

∂2f

∂x ∂y(tx, ty) + ty

∂2f

∂y2(tx, ty)

)dt.

tx∂2f

∂x ∂y(tx, ty) + ty

∂2f

∂y2(tx, ty) = t

d

dt

[∂f

∂y(tx, ty)

]donc en integrant

par parties nous obtenons :

∂g

∂x(x, y) =

∫ 1

0

(∂f

∂y(tx, ty)

)dt+

[t∂f

∂y(tx, ty)

]1

0

−∫ 1

0

∂f

∂y(tx, ty)dt =

∂f

∂y(x, y).

Nous obtenons, par la meme methode∂g

∂y(x, y) = −∂f

∂x(x, y).

L’application f + ig verifie les conditions pour etre une application com-plexe de variable complexe derivable ; d’ou le resultat demande.

63. (a) f(x, 1) = − 1

2xn’est pas developpable en serie entiere a l’origine.

Pour y 6= 1, f(x, y) =1

1− y

1

1− x1+y

1−y

. L’application x 7−→ f(x, y) est

developpable en serie entiere a l’origine pour

∣∣∣∣x1 + y

1 − y

∣∣∣∣ < 1. Il s’agit bien

d’un ouvert de R× (R \ {1}) donc d’un ouvert de R2, image reciproque

de ]− 1, 1[ par la fonction continue (x, y) 7−→ x1 + y

1− y.

L’ouvert a l’allure suivante (il s’agit de la partie hachuree) :

-10

-5

0

5

10

-4 -2 2 4

Pour (x, y) dans cet ouvert nous avons f(x, y) =+∞∑

n=0

(1 + y)n

(1− y)n+1xn.

La derivee nieme de l’application y ∈]− 1, 1[ 7−→ 1

(1− y)n+1∈ R est l’ap-

plication y ∈]− 1, 1[ 7−→ 1

n!(1− y)∈ R. Elle est developpable en serie en-

tiere a l’origine.

Nous avons ∀y ∈]− 1, 1[,1

(1− y)n+1=

+∞∑

p=0

Cnp+ny

p.

128


Nous avons donc22, dans les memes conditions, en notant an(y) =(1 + y)n

(1− y)n+1,

(1 + y)n

(1− y)n+1=

+∞∑

p=0

a(p)n (0)

p!yp ou

a(p)n (0)

p!= αn,p =

p∑

k=0

Cnn+kC

p−kn avec la conven-

tion C ij = 0 pour i > j.

Nous obtenons donc pour (x, y) ∈ C2,

∣∣∣∣x1 + y

1 − y

∣∣∣∣ < 1 et |y| < 1,

f(x, y) =

+∞∑

n=0

(+∞∑

p=0

αn,pypxn

).

Supposons (x, y) ∈ C2 avec x = r exp(iθ) et y = r exp(−iθ) avec(r, θ) ∈ R2.

Pour |y| < 1 et |x|1 + |y|1− |y| < 1, la serie

+∞∑

p=0

αn,p|y|p|x|n converge donc,

avec les hypotheses faites, la serie+∞∑

p=0

αn,p|r|p+n converge pour |r| < 1 et

|r| < 1− |r|1 + |r| c’est-a-dire pour |r| <

√2− 1.

Pour |r| <√2 − 1 fixe, la serie de terme general αn,pr

p+n exp(i(n− p)θ)converge normalement, donc uniformement, par rapport a θ. En particu-lier,

∫ 2π

0

(+∞∑

p=0

a(p)n (0)

p!rp+n exp(i(n− p)θ)

)dθ=

+∞∑

p=0

(∫ 2π

0

a(p)n (0)

p!rp+n exp(i(n− p)θ)dθ

)

= 2πa(n)n (0)

n!r2n.

∣∣∣∣(1 + r exp(−iθ))n(1− r exp(−iθ))n+1

rn exp(inθ)

∣∣∣∣6(1 + |r|)n(1− |r|)n+1

|r|n.

22Pour y ∈ C avec |y| < 1 nous avons encore la relation1

(1 − y)n+1=

+∞∑

p=0

Cnp+ny

p.

En effet, celle-ci est vraie pour n = 0. Supposons-la vraie jusqu’au rang n.

1

(1− y)n+2=

(+∞∑

p=0

yp

)(+∞∑

p=0

Cnp+ny

p

).

La serie entiere produit a pour terme general

p∑

k=0

Cnk+n.

Cnk+n est le coefficient de Xn dans le polynome

p∑

k=0

(1 +X)k+n c’est-a-dire le coefficient de Xn

dans le polynome (1 +X)n(1 +X)p+1 − 1

Xsoit encore le coefficient de Xn+1 dans le polynome

(1 +X)n+p+1 ; il s’agit bien de Cn+1n+1+p. Le resultat est vrai au rang n + 1 ; il est donc vrai pour

tout n ∈ N.

129


Pour |r| <√2−1 nous avons

1 + |r|1− |r| |r| < 1 donc la serie de terme general

+∞∑

p=0

αn,prn+1 exp(i(n− p)θ) est normalement convergente de la variable θ.

Nous en deduisons∫ 2π

0

f(r exp(iθ), r exp(−iθ)dθ =+∞∑

n=0

(∫ 2π

0

(+∞∑

p=0

αn,prn+1 exp(i(n− p)θ)

)dθ

).

Finalement

∫ 2π

0

f(r exp(iθ), r exp(−iθ)dθ =+∞∑

n=0

2πa(n)n (0)

n!r2n.

Calculons“directement”, pour |r| <√2−1,

∫ 2π

0

f(r exp(iθ), r exp(−iθ))dθ.

f(r exp(iθ), r exp(−iθ)) = 1

−r2 − 2r cos(θ) + 1> 0.

∫ 2π

0

f(r exp(iθ), r exp(−iθ))dθ = 2

∫ π

0

dθ

−r2 − 2r cos(θ) + 1.

Le changement de variable θ ∈ [0, π[ 7−→ t = tan

(θ

2

)∈ R+ est un C1 dif-

feomorphisme donc nous obtenons∫ 2π

0

f(r exp(iθ), r exp(−iθ))dθ = 4

∫ +∞

0

dt

(−r2 + 2r + 1)t2 + (−r2 − 2r + 1).

−r2 + 2r + 1 et −r2 − 2r + 1 sont strictement positifs donc

∫ 2π

0

f(r exp(iθ), r exp(−iθ))dθ = 4√r4 − 6r2 + 1

∫ +∞

0

√−r2+2r+1−r2−2r+1

1 +(t√

−r2+2r+1−r2−2r+1

)2

=2π√

r4 − 6r2 + 1.

Finalement

+∞∑

n=0

a(n)n (0)

n!r2n =

1√r4 − 6r2 + 1

et pour |r| < (√2− 1)2 = 3− 2

√2,

+∞∑

n=0

a(n)n (0)

n!rn =

1√r2 − 6r + 1

.

Nous pouvons remarquer que1√

r2 − 6r + 1=

1√1− r

3−2√2

1√1− r

3+2√2

.

130

Index

Application differentiable, 1Application ouverte, 15

Champ de gradient, 6Connexe, 6Connexe par arcs, 6

Fonctions homogenes, 25, 98Forme differentielle exacte, 8Forme differentielle fermee, 8Formes differentielles, 7

Integrale d’une forme differentielle, 8Inversion locale, 18

Ouvert etoile, 7, 25

Rotationnel, 11

Theoreme d’inversion locale, 19Theoreme des fonctions implicites, 13, 19,

81Theoreme du point fixe, 12

131

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