Exercice 1. Montrer que la fonction ci-dessous est lipschitzienne surB(0,1): f(x, y) =
√
x2+y4.
Exercice 2. Soit d∈N un entier avec d≥2. On définit l’ensemble : E= {x∈Rd, x1>0 et x2 ≤1}.
Est-ce que E est borné ? Est-ce un ouvert de Rd? un fermé de Rd? Exercice 3. On définit la fonction suivante :
f(x, y) =
⎧⎪
⎪
⎨
⎪⎪
⎩
x4+y4
√
x2+y2 si(x, y) ≠ (0,0)
0 sinon.
1. Montrer quef est continue sur R2. 2. Montrer quef est de classeC1 sur R2.
3. Montrer quef est uniformément continue surB(0,1).
4. Montrer quef est lipschitzienne sur B(0,1).
5. Montrer quef est de classeC2 sur R2.
6. Ecrire la formule de Taylor-Young à l’ordre 2 en (0,0) def.
7. Ecrire la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 1 def en(0,0).
8. Donner la nature des points critiques def. 9. La fonctionf est-elle majorée su R2?
10. On pose l’ensemble A= {(x, y), x2+2y2 ≤1}.
(a) Montrer qu’il existe(x1, y1) et(x2, y2) deux points de A tels que
∀(x, y) ∈A, f(x1, y1) ≤f(x, y) ≤f(x2, y2).
(b) Montrer que (x1, y1) ∈
○
A. Déterminer ce point.
(c) Montrer que (x2, y2) ∈Fr A.
Correction 1. a
Soit(x, y) et (x′, y′) deux points de B(0,1) différents de(0,0). Alors on a :
∣f(x, y) −f(x′, y′)∣ = RR RR RR RR RR R
x2+y4−x′2−y′4
√
x2+y4+
√
x′2+y′4 RR RR RR RR RR R
≤
∣x2−x′2∣
√
x2+y4+
√
x′2+y′4 +
∣y4−y′4∣
√
x2+y4+
√
x′2+y′4, par inégalité triangulaire
≤
∣x−x′∣ ∣x+x′∣
∣x∣ + ∣x′∣ +
(y2+y′2) ∣y2−y′2∣ y2+y′2
≤ ∣x−x′+ ∣y2−y′2∣
≤ ∣x−x′∣ + ∣y−y′∣ ∣y+y′∣
≤ ∣x−x′∣ +2∣y−y′∣, car ∣y∣ ≤1 et ∣y′∣ ≤1
≤2N1(x−x′, y−y′)
≤2C N2(x−x′, y−y′).
En effet, par équivalence des normes dansR2, on sait qu’il existe une constante C>0 telle que : ∀p∈R2, N1(p) ≤C N2(p).
Par ailleurs, nous avons pour tout(x, y) ∈B(0,1) :
∣f(x, y) −f(0,0)∣ =
√
x2+y4≤
√
x2+y2=N2(x−0, y−0), car ∣y∣ ≤1.
Donc f est k-lipschitzienne surB(0,1), aveck=max(1,2C).
Correction 2. a
On note icie1, . . . , ed les vecteurs de la base canonique deRd.
On sait que pour touth>0, le vecteurh e1∈E. On peut faire tendreh vers l’infini, ce qui donnera que ∥h e1∥2 = h tend aussi vers l’infini. L’ensemble E n’est pas borné.
Supposons que E est ouvert. On sait que l’élément x=e1+e2 vit dans E.
Comme on a supposé que E était ouvert, il existerait un rayon r > 0 tel que B(x, r) ⊂E. Notonsx˜=x+r
2e2. On remarque que
∥x−x∥˜ 2= ∥ − r 2e2∥ =
r 2 <r,
ce qui implique quex˜∈B(x, r). Cependant, il est clair que x˜∉E : on a obtenu une absurdité. L’ensemble E n’est alors pas ouvert.
Supposons queEest fermé. On définit pour toutn∈N⋆, le vecteurxn= n1e1. Il est clair que xn ∈ E, pour tout n. De plus, comme ∥xn∥2 = 1
n tend vers 0, on sait que la suite(xn)n∈
N⋆ converge vers 0. On a supposé que E était fermé.
Cela veut dire que la limite de la suite (xn)n∈N⋆ devrait aussi être dans E.
Cependant, on sait que 0∉E. On a donc montré que E n’était pas fermé.
Correction 3. a
1. On sait que f est continue en tout point (x, y) ≠ (0,0). De plus, pour un point (x, y) ∈B(0,1) ∖ {(0,0)}, on a x4≤x2 et y4 ≤y2, puis :
∣f(x, y)∣ ≤ x2+y2
√ x2+y2
=
√
x2+y2.
Ce majorant tend vers 0 quand (x, y) tend vers (0,0). On a donc bien montré que f est continue en tout point de R2. Elle est continue sur R2.
2. On sait quef est de classeC1 sur R2∖ {(0,0)}, avec :
∂xf(x, y) = 3x5+4x3y2−xy4 (x2+y2)3/2 et
∂yf(x, y) = 3y5+4y3x2−yx4 (x2+y2)3/2
.
Etudions la différentiabilité de f au point (0,0). On remarque que la quantité
f(h,0) −f(0,0)
h =
h3
∣h∣
tend vers 0, quand h tend vers 0. Donc f admet une dérivée partielle par rapport à x en (0,0). De la même façon on montre que f admet une dérivée partielle par rapport à y en ce point. On a montré de plus que
∂xf(0,0) =0 et ∂yf(0,0) =0.
Montrons que les dérivées partielles sont continues en (0,0). On sait que (x2+y2)3≥x6, (x2+y2)3 ≥3x4y2 et (x2+y2)3 ≥3x2y4 (grâce au binôme de Newton). Cela nous permet d’avoir la majoration :
∣∂xf(x, y)∣ ≤3x2+ 4
√
3∣xy∣ + 1
√ 3y2,
qui tend vers 0, quand(x, y)tend vers 0. Donc∂xf(x, y)tend bien vers
∂xf(0,0), quand (x, y)tend vers (0,0). Par les mêmes arguments, on montre que ∂yf est continue en (0,0).
Finalement, on a montré que f est bien de classe C1 sur R2.
3. On sait que f est continue sur le compact B(0,1). Donc elle est uni- formément continue sur cet ensemble par le théorème de Heine. Or B(0,1) est incluse dans B(0,1). Donc f est uniformément continue sur B(0,1).
4. On sait que f est de classe C1 sur R2. Comme B(0,1) est un ouvert convexe, on sait que pour tout a, b∈B(0,1), on a :
∃c∈B(0,1), f(a) −f(b) = ⟨∇f(c),(b−a)⟩.
On sait quef est de classeC1. Cela implique que∇f et donc∥∇f∥ sont continues sur le compact B(0,1) : la fonction ∥∇f∥ est alors bornée par une constante k>0. On vient donc de prouver que pour tout a, b∈ B(0,1), en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz :
∣f(a) −f(b)∣ ≤k∥b−a∥, ce qui donne la lipschitziennité de f.
5. On sait que la fonctionf est de classe C2 en tout point deR2 privé de (0,0) avec :
H(x, y)f=
⎛
⎜
⎝
6x6+15x4y2+14x2y4−y6
(x2+y2)5/2 −xy x(x4+8x2+y22y2+y4
)5/2
−xyx(x4+8x2+y22y2+y4
)5/2
−x6+14x4y2+15x2y4+6y6 (x2+y2)5/2
⎞
⎟
⎠ .
De plus, nous avons
∂xf(h,0) −∂xf(0,0)
h =3 h4
∣h∣3
=3h2
∣h∣ ,
qui tend vers 0, quandhtend vers 0. Doncf admet une dérivée seconde par rapport à x en(0,0)avec ∂xx2 f(0,0) =0.De même, on montre que f admet en fait une dérivée seconde par rapport à (x, y) (y, x) ety en (0,0) avec ∂xy2 f(0,0) =∂yx2 f(0,0) =∂yy2 f(0,0) =0.
Enfin nous avons pour (x, y) ≠ (0,0) :
∣∂xx2 f(x, y)∣ ≤6∣x∣ +15∣y∣ +14∣x∣ + ∣y∣ =20∣x∣ +16∣y∣
∣∂xy2 f(x, y)∣ ≤ ∣y∣ +8∣x∣ + ∣x∣ = ∣y∣ +9∣x∣
∣∂yy2 f(x, y)∣ ≤ ∣x∣ +14∣y∣ +15∣x∣ +6∣y∣ =20∣y∣ +16∣x∣
qui tendent tous vers 0, quand (x, y) tend vers(0,0).
Donc f est bien de classe C2 sur R2 entier.
6. La formule de Taylor-Young def en(0,0) à l’ordre 2 est : f(h1, h2) =ε(h)∥h∥2.
7. La formule de Taylor avec reste intégral de f en (0,0) à l’ordre 1 est :
f(h1, h2) =f(0,0) + ∫
1 0
⟨∇f(th1, th2), h⟩dt
= ∫
1
0 t2 (3h51+4h31h22−h1h42)h1+ (3h52+4h32h21−h2h41)h2
√
h21+h223
dt
8. Les points critiques (x, y), différents de(0,0), def vérifient :
(0,0) = ∇f(x, y) =
⎛
⎜
⎝
x3x(x4+4x2+y22y2−y4
)3/2
y3y(x4+4y2+y22x2−x4
)3/2
⎞
⎟
⎠
Si un des deux coordonnées est nulle, on trouve qu’en fait (x, y) est le point (0,0 (ce qui est exclus pour le moment). Ainsi un point critique est solution du système :
{
3x4+4x2y2−y4=0 3y4+4y2x2−x4=0 ⇔ {
3x4+4x2y2−y4=0 x4=y4
en faisant la différence des deux lignes. La deuxième ligne revient à x = ±y, puis x = 0, ce qui est impossoble. Donc il n’y a pas de point critique différent de (0,0).
Maintenant, on sait déjà que ∇f(0,0) est nul. Donc l’origine est un point critique de f. Cependant, comme H(0,0)f = (
0 0
0 0), on ne peut rien dire de ce point, avec la théorie des extrema locaux.
Cependant, on remarque que pour tout(x, y) ≠ (0,0), la quantitéf(x, y) est positive ce qui implique que :
f(x, y) ≥0=f(0,0), puis que (0,0) est un minimum global.
9. On voit que pour h>0, on a f(h,0) =h3, qui n’est pas majoré. Donc f n’est pas majorée surR2.
10. (a) On pose la fonction g(x, y) =x2+2y2 qui est continue sur R2. On remarque que :
A=g−1([0,1]), avec[0,1] qui est fermé. Donc A est fermé.
De plus, pour tout(x, y) ∈A, on a : N2(x, y) =
√
x2+y2≤
√
x2+2y2 ≤1.
Donc A⊂B(0,1) : A est borné.
On a donc montré queAest un fermé borné deR2: c’est un compact.
On sait quef est continue sur le compactA: elle est bornée et atteint ses bornes sur A. Cela signifie qu’il existe (x1, y1) et (x2, y2) deux points de A tels que
∀(x, y) ∈A, f(x1, y1) ≤f(x, y) ≤f(x2, y2).
(b) On sait quef(x, y) ≥0pour tout(x, y) ∈A. Cherchons(x, y) ∈Atel quef(x, y) =0. Si (x, y) ≠ (0,0), cela impliquerait que x4+y4=0, ce qui revient à x4 = y4 = 0 : cela est absurde. Donc pour tout (x, y) ≠ (0,0) on af(x, y) >0. De plus f(0,0) =0.
Ainsi on a montré que(x1, y1) = (0,0) ∈
○
A.
(c) Raisonnons par l’absurde et supposons que f atteint son maximum en un point qui n’est pas sur la frontière de A. Cela impliquerait qu’elle l’atteindrait dans
○
A: ce point serait alors un maximum local.
Cependant par l’étude précédente des points critiques de f, on sait quef n’admet pas de maximum local.
On est arrivé à une contradiction : (x2, y2) est sur la frontière de A.
