Agrégation interne : calcul différentiel

On va partir des inégalités $|x|\leq (x^2+y^2)^{1/2}$ et $|y|\leq (x^2+y^2)^{1/2}$. Ainsi, on a $$|f(x,y)|\leq (x^2+y^2)^{\frac{\alpha+\beta}2-1}.$$ Ainsi, si $\alpha+\beta>2$, $f(x,y)$ tend vers $0$ si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. Dans le cas contraire, alors on remarque que d'une part $f(1/n,0)=0$ et donc si $f$ admet une limite en $(0,0)$, celle-ci ne peut être que nulle. Maintenant, on a $$f(1/n,1/n)=\frac 12n^{2-\alpha-\beta}.$$ Ceci ne tend pas vers 0 si $\alpha+\beta\leq 2$, et la fonction $f$ n'admet pas de limite en $(0,0)$.

Il suffit de démontrer que la fonction admet des dérivées partielles en tout point de $\mathbb R^2$, et que ces dérivées partielles sont continues sur $\mathbb R^2$.

1. D'une part, $f$ est clairement de classe $C^1$ sur $\mtr^2\backslash\{(0,0)\}$, et on a $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{2xy^5}{(x^2+y^2)^2},\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^2y^2\frac{3x^2+y^2}{(x^2+y^2)^2}.$$ D'autre part, montrons que $f$ admet des dérivées partielles en $(0,0)$. On a en effet : $$f(x,0)-f(0,0)=0,$$ ce qui prouve que $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable valant $$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0.$$ De même pour la dérivée partielle par rapport à la seconde variable. Il reste à démontrer que ces dérivées partielles sont continues en $(0,0)$. Mais on a, pour $(x,y)\neq (0,0)$ : $$\left|\frac{2xy^5}{(x^2+y^2)^2}\right|=2|xy|\left(\frac{y^2}{(x^2+y^2)}\right)^2\leq 2|xy|,$$ ce qui prouve que $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ tend vers $0=\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. De même, puisque $2|xy|\leq x^2+y^2$, on a : $$\left|\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right|\leq \frac{1}{4}\left|3x^2+y^2\right|.$$ On a également continuité de la dérivée partielle par rapport à la seconde variable en $(0,0)$.
2. On commence par étudier la continuité de $f$ en $(0,0)$ (même si ce n'est pas utile pour appliquer le théorème mentionné). On a \begin{eqnarray*} |f(x,y)-f(0,0)|&\leq&x^2y^2|\ln(x^2+y^2)|\\ &\leq&\frac 14(x^2+y^2)^2|\ln(x^2+y^2)|\\ &\leq&\frac 14(x^2+y^2)\times (x^2+y^2)|\ln(x^2+y^2)|. \end{eqnarray*} Du fait que $u\ln u$ tend vers 0 lorsque $u$ tend vers $0^+$, on en déduit que $f$ est continue en $(0,0)$. Ensuite, remarquons que $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable ailleurs qu'en $(0,0)$ donnée par $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2xy^2\ln(x^2+y^2)+\frac{2x^3y^2}{x^2+y^2}.$$ Pour étudier l'existence d'une dérivée partielle par rapport à la première variable en $(0,0)$, on étudie le taux d'accroissement $$\frac{f(t,0)-f(0,0)}t=0\to 0.$$ Donc $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ existe et vaut 0. On va maintenant prouver la continuité de $\frac{\partial f}{\partial x}$ en $(0,0)$. Le même raisonnement que pour la continuité de $f$ (en utilisant par exemple $|x|\leq (x^2+y^2)^{1/2}$) prouve que $2xy^2\ln(x^2+y^2)$ tend vers 0 si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. D'autre part, $$\left|\frac{2x^3y^2}{x^2+y^2}\right|\leq x^2|y|$$ ce qui prouve également que $\frac{2x^3y^2}{x^2+y^2}$ tend vers $0$ lorsque $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. Ainsi, $\frac{\partial f}{\partial x}$ est continue en $(0,0)$, et par suite sur $\mathbb R^2$. Enfin, par symétrie des variables $x$ et $y$, ce que l'on vient de démontrer est aussi valable pour les dérivées partielles par rapport à la deuxième variable. Ainsi, $f$ est $C^1$ sur $\mathbb R^2$.

1. Posons $g=\frac{\partial f}{\partial x}$. Alors, d'après le théorème de Schwarz, $$\frac{\partial^2 g}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 g}{\partial y^2}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right)=0.$$ On prouve exactement de la même façon que $\frac{\partial f}{\partial y}$ est harmonique. D'autre part, posons $h=x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}$. Alors, $$\frac{\partial h}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial x}+x\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+y\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}\textrm{ et }\frac{\partial^2 h}{\partial x^2}= 2\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+x\frac{\partial^3 f}{\partial x^3}+y\frac{\partial^3 f}{\partial x^2\partial y}.$$ On trouve de même que $$\frac{\partial^2 h}{\partial y^2}= 2\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}+y\frac{\partial^3 f}{\partial y^3}+x\frac{\partial^3 f}{\partial x\partial y^2}.$$ Ainsi, $$\Delta(h)=2\Delta(f)+x\Delta\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)+y\Delta\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)=0,$$ en vertu de la première partie de la question.
2. D'après le théorème de dérivation d'une fonction composée, $$\frac{\partial f}{\partial x}=2x\varphi'(x^2+y^2)\textrm{ et }\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=2\varphi'(x^2+y^2)+4x^2 \varphi''(x^2+y^2).$$ De même, $$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=2\varphi'(x^2+y^2)+4y^2\varphi''(x^2+y^2).$$ En posant $t=x^2+y^2$, on en déduit que, puisque $\Delta(f)=0$, $$\varphi'(t)+t\varphi''(t)=0.$$ Ainsi, $\varphi'$ est solution sur l'intervalle $]0,+\infty[$ de l'équation différentielle $xy'+y=0$.
3. On résout l'équation différentielle précédente. Ses solutions sont les fonctions de la forme $x\mapsto C/x$. En intégrant, on trouve qu'il existe deux constantes $C,D\in\mathbb R$ de sorte que $\varphi(x)=C\ln (x)+D$. Ainsi, $f$ s'écrit nécessairement $f(x,y)=C\ln(x^2+y^2)+D$. Réciproquement, on vérifie que toute fonction de la forme précédente est harmonique.

Remarquons déjà que $f$ est de classe $C^1$ puisque $f$ est polynômiale. Soient $M,H\in\mathcal M_n(\mathbb R)$. Alors on a $$f(M+H)-f(M)=(M+H)^2-M^2=HM+MH+H^2.$$ Posons $\phi(H)=HM+MH$. $\phi$ est linéaire et $$f(M+H)-f(M)=\phi(H)+o(\|H\|).$$ Ainsi, $\phi$ est la différentielle de $f$ en $M$.

Remarquons avant de commencer que $GL_n(\mathbb R)$ est un ouvert de $\mathcal M_n(\mathbb R)$, et donc il est bien possible de calculer la différentielle de $\phi$ en un élément de $GL_n(\mathbb R)$.

1. Soit $H\in\mathcal M_n(\mathbb R)$ tel que $\|H\|<1$. Alors $$(I_n+H)\times\left( \sum_{k=0}^p (-1)^k H^k\right)=I_n+(-1)^p H^{p+1}.$$ Puisque $\|H\|<1$, $H^p\to 0$ et donc $$(I_n+H)^{-1}=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k H^k=I_n-H+H^2\psi(H),$$ où $$\psi(H)=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k H^k.$$ On a $$\| \psi(H) \|\leq \sum_{k=0}^{+\infty} \|H\|^k=\frac1{1-\|H\|}\leq 2$$ si $\|H\|\leq 1/2$. Ainsi, $\|H^2\psi(H)\|\leq 2\|H\|^2=o(\|H\|)$ et on a prouvé que $$\phi(I_n+H)=\phi(I_n)-H+o(\|H\|).$$ Ainsi, $\phi$ est différentiable en $I_n$ et sa différentielle vaut $d\phi_{I_n}(H)=-H$.
2. Prenons maintenant $M\in GL_n(\mathbb R)$ et $H\in\mathcal M_n(\mathbb R)$. Alors on a $$(M+H) ^{-1}= \big(M(I_n+M^{-1}H)\big)^{-1}=(I_n+M^{-1}H)^{-1}M^{-1}=\sum_{k\geq 0}(-1)^k (M^{-1}H)^k M^{-1}$$ pourvu que $\|M^{-1}H\|<1$. Il vient, par un raisonnement identique à celui de la première question, $$\phi(M+H)=\phi(M)-M^{-1}HM^{-1}+o(\|H\|).$$ Ainsi, $\phi$ est différentiable en $M$ et $d\phi_M(H)=-M^{-1}HM^{-1}.$

On copie la preuve en dimension 1. Soit $K$ la boule unité fermée de $\mathbb R^n$. $K$ étant compacte, $f$, qui est continue, admet un minimum atteint en $a$ et un maximum atteint en $b$ sur $K$. Si $f(a)=f(b)$, alors $f$ est constante sur $K$ et $x_0=0$ convient. Sinon, l'une des valeurs prises est différente de la valeur prise par $f$ sur $S$, disons $f(a)$, et donc $a\notin S$. Ainsi, $f$ admet un extrémum local en $a$, et donc $df_a=0$.

On va commencer par déterminer $\phi(U)$. Soient $(u,v)\in U$ et $(s,p)=\phi(u,v)$. Alors $s=u+v$ et $p=uv$, et donc $u$, $v$ sont deux racines distinctes de l'équation $x^2-sx+p=0$. Cette équation du second degré doit avoir deux racines réelles distinctes. Il est donc nécessaire que son discriminant soit strictement positif, c'est-à-dire que $s^2-4p>0$.
Si maintenant $s^2-4p>0$, l'équation $\phi(u,v)=(s,t)$ admet toujours une unique solution dans $U$. En effet, cette solution est $$u=\frac{s+\sqrt{s^2-4p}}{2}\textrm{ et }v=\frac{s-\sqrt{s^2-4p}}2.$$ Ainsi, on vient de prouver que $\phi$ réalise une bijection de $U$ sur $V=\{(s,p)\in\mathbb R^2;s^2>4p\}$, de bijection réciproque $$(s,t)\mapsto \left(\frac{s+\sqrt{s^2-4p}}{2},\frac{s-\sqrt{s^2-4p}}2\right).$$ $\phi$ et $\phi^{-1}$ étant de classe $C^1$, $\phi$ est un $C^1$-difféomorphisme de $U$ sur $V$. Comme on a trouvé ici une expression pour $\phi^{-1}$, il est inutile d'appliquer le théorème d'inversion globale, ce que l'on aurait pu faire car le jacobien de $\phi$ en $(u,v)$ est $u-v>0$.

Posons $f(x,y)=e^{xy}+y^2-xy-3y+2x+1$. On a $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=xe^{xy}+2y-x-3\implies \frac{\partial f}{\partial y}(0,1)=-1\neq 0.$$ Puisqu'en outre $f(0,1)=0$, le théorème des fonctions implicites s'applique, et il existe deux intervalles ouverts $I$ et $J$, avec $0\in I$ et $1\in J$, et une fonction $g:I\to J$ de classe $C^1$ tels que $$\forall (x,y)\in I\times J,\ f(x,y)=0\iff y=g(x).$$ De plus, puisque $f$ est de classe $C^\infty$, $g$ est aussi de classe $C^\infty$ sur $I$. En particulier, elle admet des développements limités à tout ordre en 0, celui d'ordre $2$ s'écrivant $$g(0)+g'(0)x+\frac{g''(0)}{2}x^2+o(x^2).$$ On sait déjà que $g(0)=1$. Pour calculer $g'(0)$ et $g''(0)$, on va dériver (deux fois) la relation $$e^{xg(x)}+g(x)^2-xg(x)-3g(x)+2x+1=0.$$ Dérivons une première fois. On trouve : $$(g(x)+xg'(x))e^{xg(x)}+2g(x)g'(x)-g(x)-xg'(x)-3g'(x)+2=0.$$ Evaluons en $x=0$. On trouve $$1+2g'(0)-1-3g'(0)+2=0\implies g'(0)=2.$$ On dérive une seconde fois : $$(g(x)+xg'(x))^2e^{xg(x)}+(2g'(x)+xg''(x))e^{xg(x)}+2g'(x)^2+2g(x)g''(x)-g'(x)-xg''(x)-g'(x)-3g''(x)=0.$$ On évalue en $x=0$ pour trouver $$1+4+8+2g''(0)-2-2-3g''(0)=0\implies g''(0)=9.$$ Ainsi, le développement limité de $g$ en $0$ à l'ordre 2 est égal à $$1+2x+\frac{9}2x^2+o(x^2).$$