Étudier d'abord la continuité suivant toute direction

s o l u t i o n

indications et solutions

f est continue en ^→0 suivant toute direction.

2. Soit x₀ 0.

Étudions la continuité de f en X^→₀(x₀,x₀) suivant la direction ^→u (a, b) ^→0 . Pour cela, calculons : lim

t → 0 fX^→₀t^→u.

On en déduit que f n'est pas continue en ^→X₀suivant la direction considérée.

D'après le théorème 5 :

f n'est pas continue sur .

2.6

indications

• Étudier l'existence des dérivées partielles en ^→→0 . Pour cela, calculer :

Pour cela, se reporter aux indications de l'exercice 2.3.

s o l u t i o n

• Déterminons l'existence des dérivées partielles de f en ^→0 . On obtient :

indications et solutions

f est différentiable en ^→0 si, et seulement si, lim

→H→→0

Conclusion : f est différentiable en ^→0 , et la différentielle de f en ^→0 est l'application nulle.

2.7

indications

• Étudier la différentiabilité de f en ^→0 en raisonnant comme pour l'exercice 2.6.

• Appliquer le théorème 9 pour la différentiabilité de f en X^→₀ ^→0.

s o l u t i o n

• Étudions la différentiabilité de f en ^→0 .

Pour cela, raisonnons comme pour l'exercice 2.6.

On obtient :

indications et solutions

Le même raisonnement donne : ∂

• Raisonner comme pour l'exercice 2.7.

• Pour la différentiabilité en ^→0, on notera que :

∀t , |sin t||t|.

s o l u t i o n

• En raisonnant comme pour l'exercice 2.7, on obtient : f est différentiable en tout point de ^2→0.

indications et solutions

Il en résulte que f est différentiable en ^→0.

Conclusion : f est différentiable sur ².

2.9

indications et solutions

2.10

indication

∀X = (x, y)^{→ 2}, (x + y)²4 X^→2. s o l u t i o n

• Le raisonnement de l'exercice 2.3 donne : f est continue en tout point de ²{^→0}.

• Étudions la continuité de f en ^→0.

On a :

∀X^→(x, y) ², |fX^→| (xy)²(|x||y|)²4 X^→2. Ainsi, f est continue en ^→0.

• Le raisonnement de l'exercice 2.7 donne : f est différentiable en tout point de ²{^→0}.

• Étudions la différentiabilité de f en ^→0.

On a : Par conséquent, f est différentiable en ^→0.

Conclusion :

f est continue sur ²; f est différentiable sur ².

2.11

indications

• Montrer que f est différentiable en X^→₀ ^→0 en procédant comme pour l'exercice 2.7.

• Pour la différentiabilité en ^→0, on pourra noter que :

∀t 0, ln (1 + t)t.

f^→→0t^→j f^→0 t

indications et solutions

s o l u t i o n

• Le raisonnement de l'exercice 2.7 donne : f est différentiable en tout point de ²{^→0}.

• Étudions la différentiabilité de f en ^→0.

On obtient :

f admet en ^→0 une dérivée suivant tout vecteur non nul.

[ln (1t²|ab|)]² t |t| (|t| a²|b|)

indications et solutions

2. On a :

∂

∂ x

f ^→0

∂

∂ y

f ^→00.

Posons :

∀H ^{→ →}0 , H^→ .

Si H^→(h₁, h₂) tend vers ^→0 , alors h₁et h₂tendent vers 0, puisque |h₁| ||H || et |h^→ ₂| ||H ||.^→ Or

ln (1t)tt^{(t) avec lim}

t → 0 (t)0, donc (ln(1|h₁h₂|))²h²₁h²₂(1(h₁h₂))².

On obtient :

∀H ^→2{^→0}, |H^→| |h₁|²(1(h₁h₂))². Il existe alors un voisinage V de ^→0 tel que :

∀H ^→V, |(h₁h₂)| 1 car lim

→H→→ 0

(h₁h₂)0.

On en déduit : ∀H ^→V{^→0}, |H^→| 4 || H||^→2.

D'où f est différentiable en ^→0.

2.13

indication

Remarquer que : (2) ⇔d_xf(x) = f(x).

s o l u t i o n

• Supposons (1).

Par hypothèse, les fonctions t f(tx) et t tf(x) sont dérivables sur ]0 ;[.

Par conséquent :

∀x ⁿ, ∀t 0, d_txf(x)f(x).

En particulier pour t1, on a :

∀x ⁿ, d_xf(x)f(x).

Or d_xf(x)_i

ⁿ₁^xi_∂^∂_x^f

i

(x).

Donc nous avons établi (2).

• Supposons (2).

Soit x ⁿ. On a :

∀t 0, d_txf(tx)f(tx).

ce qui équivaut à :

(3) ∀t 0, t d_txf(x)f(tx) ; Considérons t (t)f(tx).

(ln (1|h₁h₂|))² (h²₁|h₂|)(h²₁h²₂)^1/2

indications et solutions

On obtient : ∀t 0, (t)d_txf(x).

Ainsi la proposition (3) équivaut à :

∀t 0, t (t)(t).

Ce qui équivaut à :

∀t 0,

^(tt)

^0.

On en déduit :

∀t 0, ( t

t) 1

(1)f(x).

D'où

∀t > 0, f(tx)tf(x).

En résumé :

si f est un application différentiable de ⁿdans ^p, alors {∀x ⁿ, ∀t > 0, f(tx)tf(x)} ⇔{∀x ⁿ, d_xf(x)f(x)}.

2.14

indications Considérer X^→₀ⁿ.

Déterminer une application linéaire de ⁿdans telle que : H^→

tende vers 0 lorsque H tend vers ^{→ →}0.

Pour cela noter que : fX^→₀H^→f X^→₀ H^→22 X^→₀H .^→ s o l u t i o n

Soit X^→₀ⁿ.

Montrons qu'il existe une application linéaire de ⁿdans telle que :

→lim

H →→0

H→^→0, où H^→ pour H^{→ →}0.

On a :

∀H^→n, fX^→₀H^→fX^→₀ H^{→ 2}2 X^→₀ H .^→ car ^→u ^2→u ^→u , désignant le produit scalaire.

Posons : ∀H^→n, H^→2 X^→₀H .^→ est une application linéaire de ⁿdans . On en déduit :

∀H^{→ →}0, H^→ H^→ . Ce qui montre que f est différentiable en X^→₀.

fX^→₀HfX^→₀H^→ →

H

fX^→₀H^→fX^→₀H^→ _→

H

indications et solutions

Conclusion :

X → ^f X^{→ 2}est différentiable sur ⁿet

∀X^→₀ⁿ, ∀H^{→ n}, d_→

X0

fH^→2 X^→₀H .^→

2.15

indications

• Raisonner comme pour l'exercice 2.14.

• Noter que est un espace vectoriel de dimension finie.

• Appliquer le résultat de l'exercice 1.19.

• Ne pas oublier que le produit matriciel n'est pas commutatif.

s o l u t i o n

est un espace vectoriel réel de dimension n².

Par conséquent, d'après l'exercice 1.19, deux normes quelconques de sont équivalentes.

Considérons par exemple une des normes définies à l'exercice 1.7.

On a :

(1) ∃k 0 / ∀(M, N) ², ||MN|| k ||M|| ||N||.

Soit H₀.

Montrons que f est différentiable en H₀.

Pour cela, il faut établir qu'il existe un endomorphisme de tel que :

H → 0lim 0.

On obtient :

∀H , f(H₀H)f(H₀)H₀HHH₀H². Posons :

∀H , (H)H₀HHH₀. est un endomorphisme de .

De plus :

∀H {0}, (H)

| H

|H

2

.||

Or, d'après (1) :

||H²|| k ||H||². Donc

∀H {0}, ||(H)|| k ||H||.

D'où lim

H → 0||(H)||0.

Ce qui équivaut à : lim

H → 0(H)0.

f(H₀H)f(H₀)(H)

||H||

indications et solutions

Il en résulte :

f différentiable en H₀ et d_H

0f(H)H₀HHH₀. Conclusion :

M ^f M²est différentiable sur et

∀(H, H₀) ², d_H

0f (H)H₀HHH₀.

2.16

indications Considérer X₀E.

Déterminer une application linéaire continue de E vers F telle que : f (X₀H )f (X₀)(H )||H ||(H ) où lim

H → 0(H )0.

s o l u t i o n Soit X₀E.

On a : ∀H E, f(X₀H)f(X₀)f(H).

Posons : f.

On obtient alors :

f(X₀H)f(X₀)(H)||H|| (H) où ∀H E, (H)0.

De plus, par hypothèse, est linéaire et continue.

Conclusion :

si E et F sont deux espaces vectoriels normés, toute application linéaire et continue de E vers F est différentiable.

2.17

indications Considérer X₀E.

Noter que :

f (X₀H )f (X₀)(H )||H ||(H ) où est une application linéaire continue et lim

H → 0(H )0.

s o l u t i o n Soit X₀E.

Pour tout élément H de E tel que X₀H soit dans une voisinage de X₀, on a : f(X₀H)f(X₀)(H)||H|| (H) où lim

H → 0(H)0.

Or est linéaire et continue,

donc lim

H → 0(H)(0)0.

indications et solutions

D'où lim

H → 0f(X₀H)f(X₀), ce qui montre que f est continue en X₀. Conclusion :

toute application différentiable est continue.

2.18

indications

• Traduire : lim

X→X0

f(X)L.

X Aj

• Noter que : ∀X A, ∃j [1; q] / X A_j. s o l u t i o n

Soit 0.

D'après (ii), on a :

(iii) ∃_j0 / ∀X A_j, ||XX₀|| _j ⇒ ||f(X)L|| . D'après (i), on a :

∀X A, ∃j [1 ; q] / X A_j. Posons = min

1 i q_j. On obtient alors :

∀X A, ||XX₀|| ⇒ ∃j [1 ; q] / X A_j et ||X X₀|| _j. Par suite, d'après (iii) : || f(X)L|| .

Ainsi

∃ 0 / ∀X A, ||XX₀|| ⇒ || f(X)L|| . Ce qui montre que lim

X →X 0

f(X)L.

Conclusion

si A_i1^q A_i et lim

X →X 0

f(X)L pour tout i[1 ; q],

X Ai

alors lim

X →X 0

f(X)L.

2.19

indications

1. • Traduire l'hypothèse : lim

X →X 0

f(X) L.

• Noter que : L f(A) ⇔ ∀ 0, B(L ; ) f(A) .

s o l u t i o n

1. • L'hypothèse X₀Aassure :

(1) ∀ 0, ∃X A / ||XX₀|| < .

• Nous avons par hypothèse : lim

X →X 0

f(X)L.

Soit 0.

On a alors :

(2) ∃ 0 / X A et ||XX₀|| < ⇒ ||f(X)L|| . Remarquons que :

X A ⇒ f(X) f(A).

Par ailleurs : || f(X)L|| ⇔ f(X) B (L ; ).

Ainsi la proposition (2) équivaut à :

(3) ∃ 0 / X A et ||XX₀|| ⇒ f(X) B (L ; ) f(A).

Par conséquent, la combinaison de (1) et (3) donne : B(L ; ) f(A) . Conclusion :

si X₀A et lim

X →X 0

f(X)L, alors L f(A).

2. Soit 0.

On a : lim

Y → Lg(Y)M.

Cela équivaut à :

(4) ∃ 0 / ||YL|| ⇒ ||g(Y)M|| . Comme lim

X →X 0

f(X)L, on obtient :

∃ß 0 / ||XX₀|| ß ⇒ ||f(X)L|| . On en déduit, d'après la proposition (4) :

∃ß 0 / ||XX₀|| ß ⇒ ||g(f(X))M|| . D'où

X →limX 0

g◦f(X)M.

2.20

indications Noter que :

∂

∂→

u

f (X^→₀)lim

t → 0 et f(X^→₀H)^→f(X^→₀) = (H)^→ H^→ (H).^→ Poser H^→t^→u.

f(X^→₀t^→u)f(X^→₀) t

indications et solutions

indications et solutions

La proposition (1) devient :

fX^→₀t^→ufX^→₀t ^→u|t| ||^→u|| t^→u où lim

Pour cela, appliquer le résultat de l'exercice 2.20.

s o l u t i o n

D'après le résultat de l'exercice 2.20 : d_→

X0

indications et solutions

De plus d_→

X0

f^→00 car d_→

X0

f est une application linéaire.

Conclusion :

si f admet un extremum en X^→₀, alors la différentielle de f en X^→₀ est nulle.

2.22

indication

Appliquer le théorème 12.

s o l u t i o n

• Montrons que f est bijective.

Soit (r, , ) D.

Posons : xr sin cos , yr sin sin et zr cos . On a, par hypothèses :

r0,

^{0 ;} ₂

^et

^{0 ;} ₂

^.

On en déduit : x 0, y 0 et z0.

Posons = {(x, y, z) ³/ x 0, y 0 et z0}.

Pour tout (x, y, z) , étudions l'équation vectorielle : (1) (x, y, z) (r, , ),

les inconnues étant r, et . L'équation (1) équivaut à :

xr sin cos yr sin sin zr cos . On en déduit :

(2) tgy x; (3) x²y²z²r²; (4) cos z

r.

On déduit de (2) : Arctg

^y_x

^.

Or y

x 0 ; donc

^{0 ;} ₂

^.

On déduit de (3) :

rx²y²z² car r0.

De plus : z r.

Par suite : 0 z

r 1 et = Arccos

^zr

^,

d'où

^{0 ;} ₂

^.

indications et solutions

En résumé :

∀(x, y, z) , ∃! (r, , ) D / (x, y, z)(r, , ) ; ce qui montre que est une bijection de D sur .

• Montrons que est différentiable en tout point de D.

Pour tout (r, , ) D, posons :

₁(r, , ) = r sin cos , ₂(r, , ) r sin sin , ₃(r, , )r cos . Pour

^{0 ;} ₂

^et

^{0 ;} ₂

^{, r}1(r, , ) est dérivable sur ]0 ; + [.

De plus ∂

∂

r

1 est continue sur D.

De même ∂

∂

1 et ∂

∂

1 existent et sont continues sur D.

On en déduit, d'après le théorème 9 : ₁est différentiable sur D.

Le même raisonnement donne : ₂ et ₃sont différentiables sur D.

D'après le théorème 7 : est différentiable sur D.

• Déterminons le déterminant jacobien de en tout point (r, , ) D.

On a :

sincos r cos cos r sin sin J(r, , )

^{sin cos sin r cos r sin sin r sin 0cos}

^.

On en déduit :

det J(r, , )r²sin . Ainsi

∀(r, , ) D, det J(r, , ) 0.

En résumé :

est un difféomorphisme de D = {(r, , ) ³/ r0,

^{0 ;} ₂

et

^{0 ;} ₂

^{} sur} = {(x, y, z) ³/ x 0, y0 et z 0}.

2.23

indication

Raisonner comme pour l'exercie 2.22.

s o l u t i o n

• Montrons que est bijective.

∀(x, y) D, x²y²0.

indications et solutions

Soient u 0 et v.

Résolvons le système d'équations :

(1)

^xx2yy2v.u

Ce système d'équations équivaut à :

^{2xy2v2vxx v2u0.}

Si 2uv²0, alors il y a deux solutions :

xv

2

2uv² xv

2 2uv² (2)

^{yv22uv2 et (3)}

^yv22uv2.

La solution (2) est unique dans D.

Ainsi

est une bijection de D sur {(u, v) ²/ u 0, 2u v²}.

• En procédant comme pour l'exercice 2.22, on obtient : est différentiable en tout point de D.

• Pour tout (x, y) D, on a :

det J(x, y)2 (xy) 0.

En résumé :

est un difféomorphisme de D{(x, y) ²/ x y}

sur {(x, y) ²/ x 0 et 2x y²}.

2.24

indication

Raisonner comme pour l'exercice 2.22.

s o l u t i o n

• Soit (x, y) D.

Posons : uxy² et vxy². On en déduit : uv 0.

Considérons (u, v) ² avec uv 0 et résolvons le système : y²xu

(1)

^{x(x, y) y2vD.}

Ce système a une solution unique :

xv

2

u et y

^u

²

^v.

D'où

est une bijection de D sur D{(u, v) ²/ uv 0}.

• Le raisonnement de l'exercice 2.22 donne :

est différentiable en tout point de D.

• Le déterminant jacobien est non nul en tout point de D.

Conclusion :

est un difféomorphisme de D{(x, y) ²/ y 0}

sur D {(x, y) ²/ x y}.

2.25

indications

• Raisonner comme pour l'exercice 2.23.

• Noter que : si u x²xy et v y²xy, alors v u.

s o l u t i o n

• Étudions la bijection de f.

Soit (x, y) D.

Posons : ux²xy et vy²xy.

On a : u 0 et v 0.

De plus : vu 0 et uv 0.

Considérons (u, v) ²/ u v 0 et uv 0 et résolvons le système d'équations : x (yx)u

(1)

^{y (y(x, y) x)D.v}

On en déduit :

yx u

v (1)

^{x(x, y) 2(vu)D.u2}

On obtient la solution unique :

x

v u

u

et y

v

v u .

Si on pose D{(u, v) ²/ u v 0u}, alors est une bijection de D sur D.

• Le raisonnement de l'exercice 2.22 fournit :

est différentiable en tout point de D.

indications et solutions

• En tout point de D, le déterminant jacobien est non nul.

En résumé :

est un difféomorphisme de D{(x, y) ²/ x y 0}

sur D {(x, y) ²/ x y 0x}.

2.26

indications 2. Noter que :

si est une fonction numérique dérivable sur un intervalle I, alors est convexe sur I si, et seu-lement si,

∀(a, x) I², (x) (a) (a) (x a).

s o l u t i o n 1. • Supposons (ii).

Soit (x, y) A².

Posons (t)f(tx(1t) y).

Comme est convexe sur [0 ; 1], on a :

∀t [0 ; 1], (t)(t 1(1t)0) t ⁽¹⁾(1t) (0).

Or

t ⁽¹⁾(1t) (0)t f(x)(1t) f(y).

Donc

∀t [0 ; 1], f(tx(1t) y) tf (x)(1t) f(y).

D'où

f est convexe sur A.

• Supposons que f soit convexe sur A.

Soit (x, y) A². Montrons que :

∀(a, b, t) [0 ; 1]³, (ta(1t) b) t ^(a)(1t) (b).

Posons : x₁ax(1a) y et y₁bx(1b) y.

On a : (x₁, y₁) A²car A est convexe ; de plus

(a)f(x₁) et (b)f(y₁).

Par ailleurs :

(ta(1t) b)f(tx₁(1t) y₁).

Or f est convexe.

Donc f(tx₁(1t) y₁) tf (x₁)(1t) f(y₁).

D'où (ta(1t)b) t(a)(1t) (b).

Ce qui montre que est convexe.

Conclusion :

les propositions (i) et (ii) sont équivalentes.

indications et solutions

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