Math spé : Exercices sur le calcul différentiel

1. On a $$|f(x,y)|\leq |x|+|y|.$$ Puisque $|x|+|y|$ tend vers $0$ lorsque $(x,y)$ tend vers $(0,0)$, $f$ admet une limite en $(0,0)$ qui est égale à $0.$
2. Non ! On a en effet, pour tout $t>0,$ $f(t,0)=1$ et $f(0,t)=-1.$ Si $f$ admettait une limite en $(0,0)$, alors puisque $\lim_{t\to 0^+}f(t,0)=1,$ cette limite devrait être égale à $1,$ et puisque $\lim_{t\to 0^+}f(0,t)=-1,$ elle devrait aussi être égale à $-1,$ ce qui est une contradiction.
3. Non ! En effet, $$\lim_{x\to 0}f(x,x)=+\infty$$ et donc $f$ ne peut pas admettre de limite en $(0,0)$.
4. On remarque que, pour tout $t>0,$ $f(t,0)=0$ alors que $f(t,t)=1/2$. Puisque $(t,0)\to 0$ et $(t,t)\to 0$ lorsque $t$ tend vers $0,$ $f$ ne peut pas admettre une limite en $(0,0)$.
5. On va majorer $|f(x,y)|$ pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$. Pour cela, on utilise $|x|\leq \sqrt{x^2+y^2}$ et $|y|\leq \sqrt{x^2+y^2}.$ On en déduit que $$|f(x,y)|\leq \sqrt{x^2+y^2}.$$ Puisque $\sqrt{x^2+y^2}$ tend vers $0$ lorsque $(x,y)$ tend vers $(0,0)$, on en déduit que $f$ admet pour limite $0$ en $(0,0)$.

1. Il suffit d'étudier la limite des deux fonctions coordonnées $(f_1,f_2)$. Or, $x^2+y^2-1$ tend vers -1, et $\frac{\sin x}{x}$ vers 1 si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. $f_1$ tend donc vers $-1$ si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. D'autre part, on a $$|f_2(x,y)|\leq \frac{|\sin(x^2)|}{x^2}\frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}+\frac{|\sin(y^2)|}{y^2}\frac{y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}.$$ Mais on a $\sin(x^2)/x^2\to 1$ quand $(x,y)\to(0,0)$, et $$\frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq \frac{x^2+y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\leq\sqrt{x^2+y^2}.$$ On en déduit que $f_2(x,y)$ tend vers $0$ si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$, et donc $f(x,y)$ tend vers $(-1,0)$ si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$.
2. Par un classique développement limité, on sait que $\frac{1-\cos(t)}{t^2}\to\frac 12$ si $t\to 0$. Maintenant, on peut écrire $$f(x,y)=x\frac{1-\cos(xy)}{(xy)^2}.$$ De la remarque précédente, on tire que $\frac{1-\cos(xy)}{(xy)^2}$ tend vers $1/2$ si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. On en déduit que $f(x,y)$ tend vers $0$ si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$.
3. Pour $t>0,$ on remarque que $$f(t,t^{2/3})=\frac{t\cdot t^{\frac 83}}{2t^4}=\frac{1}{2t^{\frac 13}}\xrightarrow{t\to 0}+\infty.$$ Ainsi, $f$ n'admet pas de limite en $(0,0)$.
4. On va majorer $|f(x,y)|$ pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$. Pour cela, on remarque que $$|x|\leq (x^8+y^6)^{1/8}\textrm{ et }|y|\leq (x^8+y^6)^{1/6}.$$ On en déduit $$|f(x,y)|\leq \frac{(x^8+y^6)^{\frac 38+\frac 46}}{x^8+y^6}\leq (x^8+y^6)^{\frac1{24}}.$$ Puisque $(x^8+y^6)^{\frac1{24}}$ tend vers $0$ si $(x,y)$ tend vers $(0,0),$ on en déduit que $f$ admet une limite en $(0,0)$ égale à $0.$

Pour tout réel $y$ fixé, la fonction $x\mapsto e^x\cos y$ est dérivable sur $\mathbb R$, ce qui justifie l'existence de la dérivée partielle par rapport à la première variable dans le premier exemple. La justification est identique pour les autres fonctions et on trouve respectivement :

1. $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=e^x\cos y\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=-e^{x}\sin y.$$
2. $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x\cos(xy)-y(x^2+y^2)\sin(xy),$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y\cos(xy)-x(x^2+y^2)\sin(xy).$$
3. $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{xy^2}{\sqrt{1+x^2y^2}},\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{yx^2}{\sqrt{1+x^2y^2}}.$$

1. La fonction $t\mapsto (2+2t,t^2)$ est de classe $C^1$, car polynômiale, donc $g$ est de classe $C^1$ par composition. On applique ensuite la formule de la dérivée d'une fonction composée. Si on note $x(t)=2+2t$ et $y(t)=t^2$, alors $$g'(t)=x'(t)\frac{\partial f}{\partial x}(x(t),y(t))+y'(t)\frac{\partial f}{\partial y}(x(t),y(t)),$$ soit $$g'(t)=2\frac{\partial f}{\partial x}(2+2t,t^2)+2t\frac{\partial f}{\partial y}(2+2t,t^2).$$
2. La fonction $(u,v)\mapsto (uv,u^2+v^2)$ est de classe $C^1$ car polynômiale, donc $h$ est de classe $C^1$. Notons $x(u,v)=uv$ et $y(u,v)=u^2+v^2$. Le théorème de dérivation d'une composée dit que $$\frac{\partial h}{\partial u}(u,v)=\frac{\partial x}{\partial u}(u,v)\times \frac{\partial f}{\partial x}(x(u,v),y(u,v))+\frac{\partial y}{\partial u}(u,v)\times \frac{\partial f}{\partial y}(x(u,v),y(u,v)).$$ Ceci donne $$\frac{\partial h}{\partial u}(u,v)=v \frac{\partial f}{\partial x}(uv,u^2+v^2)+2u \frac{\partial f}{\partial y}(uv,u^2+v^2).$$ De même on trouve $$\frac{\partial h}{\partial v}(u,v)=u \frac{\partial f}{\partial x}(uv,u^2+v^2)+2v \frac{\partial f}{\partial y}(uv,u^2+v^2).$$

Considérons $\phi$ une primitive de la fonction continue $\varphi.$ $\phi$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb R$ et pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2$, on a $u(x,y)=\phi(x+y)-\phi(x-y).$ Par composition, $u$ est de classe $C^1$. Par la règle de la chaine, on a, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ \begin{align*} \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)&=\phi'(x+y)-\phi'(x-y)=\varphi(x+y)-\varphi(x-y)\\ \frac{\partial u}{\partial y}(x,y)&=\phi'(x+y)+\phi'(x-y)=\varphi(x+y)+\varphi(x-y). \end{align*}

D'une part, la fonction $f$ est continue sur $\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$. D'autre part, on a $$|f(x,y)|\leq (x^2+y^2)^{1/4}.$$ Ainsi, $f$ se prolonge par continuité en $(0,0)$ en posant $f(0,0)=0$. Du fait que $f(0,t)=0$ pour tout réel $t$, $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la seconde variable en $(0,0)$ qui vaut $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0$. D'autre part, pour $t\neq 0$, on a $$\frac{f(t,0)-f(0,0)}t=|t|^{-1/2}.$$ Ceci tend vers $+\infty$ si $t$ tend vers 0, et donc $f$ n'admet pas de dérivée partielle par rapport à la première variable en $(0,0)$.

L'idée est d'introduire une variable supplémentaire, afin de dissocier la borne d'intégration et le paramètre à l'intérieur de l'intégrale. Pour $(u,v)\in I\times J,$ on considère $$F(u,v)=\int_a^u f(t,v)dt.$$ On va commencer par prouver que $\frac{\partial F}{\partial u}$ existe sur $I\times J.$ Pour cela on fixe $v\in J,$ et on remarque que $t\mapsto f(t,v)$ est continue sur $I.$ Par le théorème fondamental du calcul intégral, $\frac{\partial F}{\partial u}$ existe et vaut pour tout $(u,v)\in I\times J$ $$\frac{\partial F}{\partial u}(u,v)=f(u,v).$$ Étudions maintenant l'existence de $\frac{\partial F}{\partial v}.$ Fixons alors $u\in I$, avec par exemple $a\leq u.$ Alors, pour tout $t\in [a,u],$ la fonction $v\mapsto f(t,v)$ est dérivable sur $[a,u]$ et sa dérivée est $\frac{\partial f}{\partial v}.$ D'autre part, la fonction $(t,v)\mapsto \frac{\partial f}{\partial v}(t,v)$ est continue sur le compact $[a,u]\times K.$ Elle est donc bornée sur ce compact et il existe $M>0$ tel que, pour tout $(t,v)\in [a,u]\times K,$ $$\left|\frac{\partial f}{\partial v}(t,v)\right|\leq M.$$ Puisque la fonction constante égale à $M$ est intégrable sur le segment $[a,u],$ il résulte du théorème de dérivation des intégrales à paramètres que $\frac{\partial F}{\partial v}$ existe et vaut pour tout $(u,v)\in I\times J,$ $$\frac{\partial F}{\partial v}(u,v)=\int_a^u \frac{\partial f}{\partial x}(t,v)dt.$$ Pour conclure, on remarque que, pour tout $x\in J,$ $$\phi(x)=F(b(x),x).$$ D'après la règle de la chaîne, $\phi$ est dérivable sur $J$ et pour tout $x\in J,$ $$\phi'(x)=b'(x)f(b(x),x)+\int_a^{b(x)}\frac{\partial f}{\partial x}(t,x)dt.$$ Remarquons que toutes les dérivées partielles de $f$ que l'on mentionne ici sont des dérivées partielles par rapport à la seconde variable. On pourrait écrire, pour éviter toute confusion, $\partial_2 f.$

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 $\mathbb R^2$.

On remarque d'abord que, dans les 3 cas, $f$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$.

1. On a $$|f(x,y)-f(0,0)|\leq |x|\times \frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}\leq |x|,$$ et $|x|\to 0$ lorsque $(x,y)\to (0,0)$. Ainsi, $f$ est continue en $(0,0)$. De plus, un calcul facile montre que, pour tout $(x,y)\neq (0,0)$, on a $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{-4x^3y}{(x^2+y^2)^2}.$$ En particulier, pour $t\neq 0$, $\frac{\partial f}{\partial y}(t,t)=-1$ tandis que $\frac{\partial f}{\partial y}(0,t)=0.$ Ainsi, $\frac{\partial f}{\partial y}$ n'a aucune chance d'être continue en $(0,0)$ (alors qu'on n'a même pas étudié l'existence d'une dérivée partielle en $(0,0)$!). Ainsi, $f$ n'est pas de classe $C^1$.
2. On a $$|f(x,y)-f(0,0)|\leq |x|\times\frac{x^2}{x^2+y^2}+|y|\times\frac{y^2}{x^2+y^2}\leq |x|+|y|.$$ Ainsi, $f$ est continue en $(0,0)$. D'autre part, un calcul facile montre que, pour tout $(x,y)\neq (0,0)$, on a $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{x^4+3x^2y^2-2xy^3}{(x^2+y^2)^2}.$$ Il vient, pour $t\neq 0$, $\frac{\partial f}{\partial x}(t,0)=1$ et $\frac{\partial f}{\partial x}(0,t)=0$. Ainsi, $\frac{\partial f}{\partial x}$ ne peut pas être continue en $(0,0)$ et $f$ n'est pas $C^1$ sur $\mathbb R^2$.
3. On va commencer par étudier la régularité de la fonction d'une variable réelle $g$ définie par $g(t)=e^{-1/t}$ si $t>0$, $g(t)=0$ sinon. Clairement, $g$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb R\backslash\{0\}$. De plus, on a $g'(t)=0$ si $t<0$ et $g'(t)=\frac1{t^2}e^{-\frac 1t}$ si $t>0$. On a donc $g'(t)\to 0$ si $t\to 0$. On en déduit, par le théorème de prolongement d'une dérivée, que $g$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb R$ avec $g'(0)=0$. Maintenant, $f=g\circ \phi$ avec $\phi(x,y)=x^2+y^2$ de classe $C^1$ sur $\mathbb R^2$. Par composition, $f$ est donc de classe $C^1$ sur $\mathbb R^2$.

Il suffit de vérifier que les fonctions coordonnées sont différentiables, et elles sont clairement $C^\infty$. On a respectivement

1. $$J_{(x,y,z)}f=\left( \begin{array}{ccc} x&0&-z\\ \cos x\sin y&\sin x\cos y&0 \end{array}\right).$$
2. $$J_{(x,y)}f=\left( \begin{array}{cc} y&x\\ x&1\\ \frac{2x}{1+x^2}&0 \end{array}\right).$$

Notons $D=\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}.$ On remarque d'abord que la fonction $f$ est de classe $C^1$ sur $D$, puisque

• $(x,y)\mapsto \frac1{\sqrt{x^2+y^2}}$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $D$ (par composition)
• $t\mapsto \sin(t)$ est $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R.$

Pour prouver que $f$ est différentiable en $(0,0),$ on va d'abord deviner l'expression de la différentielle. Pour cela, on remarque que $$\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=x\sin\left(\frac1{|x|}\right)\to 0$$ car $$\left |x\sin\left(\frac1{|x|}\right)\right|\leq |x|$$ et on peut appliquer le théorème des gendarmes. Ainsi, $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable en $(0,0)$ qui vaut $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0.$ Par symétrie, $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la seconde variable en $(0,0)$ qui vaut $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.$ Ainsi, la différentielle de $f$ en $(0,0),$ si elle existe, est définie par $\ell(h_1,h_2)=0.$ Posons, pour $(h_1,h_2)\neq (0,0),$ $$\Delta(h_1,h_2)=\frac{f(h_1,h_2)-f(0,0)-\ell(h_1,h_2)}{\sqrt{h_1^2+h_2^2}} =\sqrt{h_1^2+h_2^2}\sin\left(\frac1{h_1^2+h_2^2}\right).$$ Il s'agit de prouver que $\Delta(h_1,h_2)$ tend vers $0$ lorsque $(h_1,h_2)$ tend vers $(0,0)$. Mais comme précédemment, on a $$|\Delta(h_1,h_2)|\leq \sqrt{h_1^2+h_2^2}$$ et ceci tend bien vers $0$ si $(h_1,h_2)$ tend vers $(0,0)$.
Pour prouver que $f$ n'est pas de classe $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R^2,$ on va prouver que $\frac{\partial f}{\partial x}$ n'est pas continue en $(0,0)$. Pour cela, on remarque que, pour $(x,y)\neq (0,0),$ on a $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x\sin\left(\frac1{\sqrt{x^2+y^2}}\right)-\frac{x}{x^2+y^2}\cos\left(\frac1{\sqrt{x^2+y^2}}\right).$$ En particulier, $$\frac{\partial f}{\partial x}(t,0)=2t\sin\left(\frac 1t\right)-\cos\left(\frac 1t\right).$$ Puisque $t\mapsto t\sin\left(\frac 1t\right)$ tend vers $0$ lorsque $t$ tend vers $0$ et que $t\mapsto \cos\left(\frac 1t\right)$ n'admet pas de limite lorsque $t$ tend vers $0$ (considérer par exemple les suites $t_n=1/2n\pi$ et $t_n=1/(2n\pi+\pi/2)$), on en déduit que $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ n'admet pas de limite lorsque $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. Finalement, $f$ n'est pas de classe $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R^2.$

Notons $g(x)=\langle x,x\rangle$, de sorte que $u=g\circ f$. Par composée, $du_x(h)=dg_{f(x)}\circ df_x(h).$ Or, $dg_y(h)=2\langle y,h\rangle$, ce qu'on peut retrouver en écrivant $$\langle y+h,y+h\rangle=\langle y,y\rangle+2\langle y,h\rangle+\|h\|^2.$$ On en déduit que $du_x(h)=2\langle f(x),df_x(h)\rangle.$

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 $d\phi_M(H)=-M^{-1}HM^{-1}.$

Soient $P,H\in E$. On a $$\phi(P+H)=\int_0^1 \big (P(t)+H(t)\big)^3 dt=\int_0^1 \big(P(t)\big)^3+3\int_0^1 \big(P(t)\big)^2 H(t)dt+\psi(H),$$ où $$\psi(H)=3\int_0^1 P(t)\big(H(t)\big)^2dt+\int_0^1 \big(H(t)\big)^3 dt.$$ Or, $$|\psi(H)|\leq 3 \int_0^1 |P(t)|dt \times \|H\|^2+\|H\|^3.$$ Ainsi, $\psi(H)=o(\|H\|)$. Puisque $H\mapsto 3\int_0^1 \big(P(t)\big)^2 H(t)dt$ est linéaire, on a prouvé que $\phi$ est différentiable en $P$ et que $d\phi_P(H)=3\int_0^1 \big(P(t)\big)^2 H(t)dt$.

La fonction $f$ est de classe $C^2$ comme composée de fonctions toutes de classe $C^2$. On a ensuite, en notant $t=y/x$ : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=-\frac{y}{x^2}g_0'(t)+g_1(t)-\frac{y}{x}g_1'(t)$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=\frac{2y}{x^3}g_0'(t)+\frac{y^2}{x^4}g_0''(t)+\frac{y^2}{x^3}g_1''(t)$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{1}{x}g_0'(t)+g_1'(t)$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}=-\frac{1}{x^2}g_0'(t)-\frac{y}{x^3}g_0''(t)-\frac{y}{x^2}g_1''(t)$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=\frac{1}{x^2}g_0''(t)+\frac{1}{x}g_1''(t).$$ Il suffit ensuite de faire la somme demandée pour obtenir le résultat.

Notons $h:U\to\mathbb ]0,+\infty[,\ (x,y,z)\mapsto \sqrt{x^2+y^2+z^2}.$ Alors $h$ est de classe $\mathcal C^2$ (par composition...) et puisque $g=f\circ h,$ $g$ est de classe $C^2$. On va calculer les dérivées partielles de $g$ par la règle de la chaîne. D'abord, pour $(x,y,z)\in U$, notant $\rho=\sqrt{x^2+y^2+z^2},$ on a \begin{align*} \frac{\partial g}{\partial x}(x,y,z)&=\frac{\partial h}{\partial x}(x,y,z)\times f'(\rho)\\ &=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}f'(\sqrt{x^2+y^2+z^2}). \end{align*} On dérive une deuxième fois : \begin{align*} \frac{\partial^2g}{\partial x^2}(x,y,z)&=\frac{\rho-\frac{x^2}{\rho}}{\rho^2}f'(\rho)+ \frac{x^2}{\rho^2}f''(\rho)\\ &=\frac{\rho^2-x^2}{\rho^3}f'(\rho)+\frac{x^2}{\rho^2}f''(\rho). \end{align*} Par symétrie du rôle joué par les variables, on a aussi \begin{align*} \frac{\partial^2g}{\partial y^2}(x,y,z)&=\frac{\rho^2-y^2}{\rho^3}f'(\rho)+\frac{y^2}{\rho^2}f''(\rho)\\ \frac{\partial^2g}{\partial z^2}(x,y,z)&=\frac{\rho^2-z^2}{\rho^3}f'(\rho)+\frac{z^2}{\rho^2}f''(\rho). \end{align*} En faisant la somme de ces trois expressions, on trouve \begin{align*} \Delta g(x,y,z)&=\frac{3\rho^2-\rho^2}{\rho^3}f'(\rho)+f''(\rho)\\ &=\frac{2}{\rho}f'(\rho)+f''(\rho). \end{align*}

1. On va noter $\frac{\partial F}{\partial u}$ et $\frac{\partial F}{\partial v}$ les dérivées partielles respectives de $F.$ D'après la règle de la chaine, on a, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ $$\frac{\partial f}{\partial x}=a\frac{\partial F}{\partial u}(ax+by,cx+dy)+c\frac{\partial F}{\partial v}(ax+by,cx+dy)$$ et $$\frac{\partial f}{\partial y}=b\frac{\partial F}{\partial u}(ax+by,cx+dy)+d\frac{\partial F}{\partial v}(ax+by,cx+dy).$$ L'équation aux dérivées partielles devient $$(2a-b)\frac{\partial F}{\partial u}+(2c-d)\frac{\partial F}{\partial v}=0.$$
2. Si on pose $a=1,$ $b=0,$ $c=1$ et $d=2,$ on a $ad-bc\neq 0$ et l'équation aux dérivées partielles devient $$\frac{\partial F}{\partial u}=0.$$ On en déduit donc qu'il existe une fonction $H:\mathbb R\to\mathbb R$ de classe $\mathcal C^1$ telle que, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2,$ $$F(u,v)=H(v).$$ Revenant à $f,$ on trouve $f(x,y)=H(x+2y)$ pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2$. Réciproquement, on vérifie facilement que toutes les fonctions qui s'écrivent ainsi sont solution. Remarquons qu'à aucun moment nous n'avons dû calculer la bijection réciproque !

Posons $\phi(x,y)=(x+y,x-y)$ qui est une bijection de $\mathbb R^2$ sur $\mathbb R^2$. On pose aussi $F(u,v)=f\circ\phi^{-1}(u,v)$, de sorte que $f(x,y)=F\circ\phi(x,y)=F(x+y,x-y).$ On a alors par le théorème de dérivation d'une composée (règle de la chaîne), pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ \begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=&\frac{\partial F}{\partial u}(x+y,x-y)+\frac{\partial F}{\partial v}(x+y,x-y)\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial F}{\partial u}(x+y,x-y)-\frac{\partial F}{\partial v}(x+y,x-y). \end{eqnarray*} De plus, dans les nouvelles coordonnées, on vérifie facilement que $$\left\{ \begin{array}{rcl} u&=&x+y\\ v&=&x-y \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&(u+v)/2\\ y&=&(u-v)/2. \end{array}\right. $$ Ainsi, si $f$ est solution de l'équation aux dérivées partielles initiales, $F$ vérifie, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2,$ $$2\frac{\partial F}{\partial v}(u,v)=8\frac{u+v}2+16\frac{u-v}2=12u-4v.$$ On résout cette équation en intégrant par rapport à $v$ : il existe une fonction $H:\mathbb R\to\mathbb R$ de classe $C^1$ telle que, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2,$ $$F(u,v)=6uv-v^2+H(u).$$ Revenant à $f$, on a prouvé que si $f$ est solution de l'équation différentielle initiale, alors $f$ s'écrit \begin{align*} f(x,y)&=6(x+y)(x-y)-(x-y)^2+H(x+y)\\ &=5x^2+2xy-7y^2+H(x+y). \end{align*} Réciproquement, on vérifie facilement que toute fonction s'écrivant ainsi est solution de l'équation aux dérivées partielles initiale.

On va commencer par déterminer toutes les fonctions $f:\mathbb R^2\to\mathbb R,$ de classe $C^2,$ qui vérifient $$\frac{\partial^2 f}{\partial^2 x}=a.$$ Pour cela, posons $g=\frac{\partial f}{\partial x}.$ Alors $g$ vérifie $$\frac{\partial g}{\partial x}=a.$$ Ainsi, il existe une fonction $C:\mathbb R\to\mathbb R$ telle que, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=g(x,y)=ax+C(y).$$ On va encore intégrer cette égalité : il existe une fonction $D:\mathbb R\to\mathbb R$ telle que, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ $$f(x,y)=\frac{a}2x^2+C(y)x+D(y).$$ Puisque $f$ est $C^2$ et que $f(0,y)=D(y),$ on obtient que $f$ est $\mathcal C^2$, puis calculant $f(1,y)=C(y)+D(y),$ on obtient que $C$ est aussi de classe $C^2$.
Cherchons ensuite parmi les fonctions qui s'écrivent sous la forme précédente celles qui vérifient les deux autres conditions. On a d'une part $$\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=C'(y)=c.$$ Ainsi, il existe $d_1\in\mathbb R$ tel que $C(y)=cy+d_1.$ D'autre part, utilisant cette formule pour $C,$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=D''(y)=b,$$ et donc il existe $d_2,d_3\in\mathbb R$ tels que $$D(y)=\frac{by^2}{2}+d_2y+d_3.$$ Finalement, on a prouvé que si $f$ est solution du problème, alors $f$ s'écrit, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ $$f(x,y)=\frac{a}2x^2+\frac{b}2y^2+cxy+d_1x+d_2y+d_3.$$ Autrement dit, $f$ est un polynôme de degré $2$ en les variables $x$ et $y$. Réciproquement, il est facile de vérifier que ces fonctions sont bien solution du problème.

On pose donc $f(x,y)=F(u,v)$ avec $u=x+at$ et $v=x+bt$. On a donc $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac{\partial^2 F}{\partial u^2}+2\frac{\partial^2 F}{\partial u\partial v}+\frac{\partial^2 F}{\partial v^2}$$ et $$\frac{\partial^2 f}{\partial t^2}=a^2 \frac{\partial^2 F}{\partial u^2}+2ab\frac{\partial F}{\partial u\partial v}+b^2\frac{\partial^2 F}{\partial v^2}.$$ L'équation devient alors : $$(c^2-a^2)\frac{\partial^2 F}{\partial u^2}+2(c^2-ab)\frac{\partial^2 F}{\partial u\partial v}+(c^2-b^2)\frac{\partial^2 F}{\partial v^2}=0.$$ En prenant $a=c$ et $b=-c$, l'équation devient $$\frac{\partial^2 F}{\partial v\partial u}=0$$ dont la solution générale est $$F(u,v)=\phi(u)+\psi(v),$$ où $\phi$ et $\psi$ sont $C^2$. La solution générale de l'équation initiale est donc : $$f(x,t)=\phi(x+ct)+\psi(x-ct).$$

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.

On va utiliser la formule de Taylor-Young. Pour cela, on commence par calculer les dérivées partielles : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2xy^3,\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=3x^2y^2$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=2y^3,\ \frac{\partial f}{\partial x\partial y}(x,y)=6xy^2,\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=6x^2y.$$ On évalue ces dérivées partielles en $a$ : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=-16,\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=12$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=16,\ \frac{\partial f}{\partial x\partial y}(x,y)=-24,\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=12.$$ D'après la formule de Taylor-Young, on a donc \begin{align*} f(x,y)&=8-16(x+1)+12(y-2)+\\ &\quad \quad 8(x+1)^2-24(x+1)(y-2)+6(y-2)^2+o((x+1)^2+(y-2)^2) \end{align*} ce qu'on peut aussi écrire $$f(a+h)=8-16h_1+12h_2+8h_1^2-24h_1h_2+6h_2^2+o(h_1^2+h_2^2).$$ Remarquez bien que les coefficients devant $h_1^2$ et $h_2^2$ sont la moitié des dérivées partielles respectives, mais pas celui devant $h_1h_2.$

1. On commence par chercher les points critiques de $f$. Pour cela, on calcule les dérivées partielles par rapport à $x$ et à $y$ : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=-2x+2x^3\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y.$$ Un point $(x,y)$ est critique si et seulement s'il est solution du système $$\left\{ \begin{array}{rcl} -2x+2x^3&=&0\\ 2y&=&0. \end{array}\right. $$ Les seules solutions de ce système sont $(0,0)$, $(1,0)$ et $(-1,0)$. On a donc 3 points critiques et on va étudier la nature de chacun. Pour cela, on calcule les dérivées partielles d'ordre 2 : $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=-2+6x^2\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=2\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=0.$$ En $(0,0)$, on obtient donc, avec les notations usuelles, $r=-2$, $t=2$ et $s=0$, soit $rt-s^2=-4<0$. Le point $(0,0)$ est un point col, ce n'est pas un extrémum local de $f$. En $(1,0)$, on a $r=4$, $t=2$ et $s=0$, soit $rt-s^2=8>0$. Le point $(1,0)$ est un extrémum local, c'est même un minimum local puisque $r>0$. L'étude en $(-1,0)$ donne exactement le même résultat.
2. On procède exactement de la même façon. Cette fois, $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=3x^2-3y\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=3y^2-3x.$$ Un point $(x,y)$ est un point critique si et seulement s'il est solution du système $$\left\{ \begin{array}{rcl} x^2-y&=&0\\ y^2-x&=&0. \end{array}\right. $$ Ce système implique $x^4=x$, soit $x=0$ ou $x=1$. On en déduit facilement que les seuls points critiques de $f$ sont $(0,0)$ et $(1,1)$. Les dérivées partielles du second ordre sont égales à $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=6x\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=6y\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=-3.$$ En $(0,0)$, on a $r=0$, $t=0$ et $s=-3$, soit $rt-s^2=-9<0$. Le point $(0,0)$ est un point col, ce n'est pas un extrémum local de $f$. En $(1,1)$, on a $r=6$, $t=6$ et $s=-3$, soit $rt-s^2=27>0$. Puisque de plus $r>0$, le point $(1,1)$ est un minimum local de $f$.
3. Les dérivées partielles du premier ordre de $f$ sont $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=4x^3-8(x-y)\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=4y^3+8(x-y).$$ Les points critiques sont solutions du système $$\left\{ \begin{array}{rcl} 4x^3=8(x-y)\\ -4y^3=8(x-y). \end{array}\right.$$ On en déduit que $x^3=-y^3=(-y)^3$. La fonction cube étant injective, ceci donne encore $x=-y$. Si on reporte ceci dans la première équation, on trouve $4x^3=16x$, soit $$x^3-4x=0\iff x(x^2-4)=0\iff x(x-2)(x+2)=0.$$ On en déduit que les points critiques de $f$ sont $(0,0)$, $(2,-2)$ et $(-2,2)$. Etudions maintenant la nature de ces points critiques. Les dérivées partielles du second ordre sont $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=12x^2-8,\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=12y^2-8\textrm{ et }\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=8.$$ En $(2,-2)$, avec les notations usuelles, on a $r=40$, $t=40$ et $s=-8$. Cette fois, $rt-s^2>0$ et $r>0$, donc le point $(2,-2)$ est un minimum local pour $f$. La conclusion est identique en $(-2,2)$. En $(0,0)$, on a $r=-8$, $t=-8$ et $s=8$, soit $rt-s^2=0$. On ne peut donc pas conclure directement. Mais, on remarque que $f(x,0)=x^4-4x^2$ est négatif si $x$ est petit, alors que $f(x,x)=2x^4$ est toujours positif. Ainsi, $(0,0)$ n'est ni un maximum, ni un minimum puisque aussi près qu'on veut de $(0,0)$, on a des points $(x,y)$ avec $f(x,y)>f(0,0)$ et d'autres points $(x,y)$ avec $f(x,y)<f(0,0)$.

On commence par rechercher les points critiques de $f.$ Pour cela, on calcule les dérivées partielles et on trouve, pour tout $(x,y,z)\in\mathbb R^3,$ $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)=2x+y+z-4,\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z)=2y+x+z-4, \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)=2z+x+y-4.$$ On résout le système $$\left\{\begin{array}{rcl} 2x+y+z-4&=&0\\ x+2y+z-4&=&0\\ x+y+2z-4&=&0. \end{array}\right. $$ En faisant $(L1)-(L2)$ puis $(L2)-(L3),$ on trouve $x=y=z,$ et finalement le seul point critique est $(1,1,1)$. Pour déterminer la nature de $(1,1,1)$, on va étudier la matrice hessienne de $f$. Pour cela, on observe que, pour tout $(x,y,z)\in\mathbb R^3,$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=\frac{\partial^2 f}{\partial z^2}=2$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}=\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial z}=\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial z}=1.$$ La matrice hessienne de $f$ en $(1,1,1)$ est donc $$M=\begin{pmatrix} 2&1&1\\ 1&2&1\\ 1&1&2 \end{pmatrix}.$$ On cherche les valeurs propres de $M.$ Un calcul simple donne $$\chi_M(\lambda)=(\lambda-4)(\lambda-1)^2.$$ Les valeurs propres de $M$ sont strictement positives, donc $M$ est définie positive, et $f$ admet un minimum local strict en $(1,1,1)$.

On commence par rechercher les points critiques de $f$. Soit $i\in\{1,\dots,n\}$. Alors, pour tout $x\in\mathbb R^n,$ $$\frac{\partial f}{\partial x_i}(x)=2x_i+2\sum_{k=1}^n x_k-1.$$ Ainsi, $x$ est un point critique de $f$ si et seulement si, pour tout $i\in\{1,\dots,n\}$, $$2x_i+2\sum_{k=1}^n x_k-1=0.$$ En faisant la différence de deux telles équations, on trouve que, pour $i\neq j,$ on doit avoir $x_i=x_j.$ Reportant dans chaque équation, on trouve $$x_i=\frac 1{2(n+1)}$$ et il est facile de vérifier que le point $(1/2(n+1),\dots,1/2(n+1))$ est un point critique de $f.$ On va maintenant étudier la matrice hessienne de $f$ en ce point. Pour $i\in\{1,\dots,n\},$ on a $$\frac{\partial^2 f}{\partial x_i^2}(x)=4$$ et pour $i,j\in\{1,\dots,n\}$ avec $i\neq j,$ on a $$\frac{\partial^2 f}{\partial x_i\partial x_j}(x)=2.$$ La matrice hessienne de $f$ en $(1/2(n+1),\dots,1/2(n+1))$ est donc $$M=\begin{pmatrix} 4&2&\dots&2\\ 2&\ddots&\ddots&\vdots\\ \vdots&\ddots&\ddots&2\\ 2&\dots&2&4 \end{pmatrix}.$$ On va étudier les valeurs propres de $M$ pour prouver qu'elle est définie positive. Pour cela, on remarque que \begin{align*} \chi_M(\lambda)&= \left| \begin{array}{cccc} \lambda-4&-2&\dots&-2\\ -2&\ddots&\ddots&\vdots\\ \vdots&\ddots&\ddots&-2\\ -2&\dots&2&\lambda-4 \end{array} \right|\\ &= \left| \begin{array}{cccc} \lambda-4-2(n-1)&-2&\dots&-2\\ \lambda-4-2(n-1)&\lambda-4&\ddots&\vdots\\ \vdots&\ddots&\ddots&-2\\ \lambda-4-2(n-1)&\dots&2&\lambda-4 \end{array} \right|\ C_1+\cdots+C_n\to C_1\\ &=\big(\lambda-4-2(n-1)\big) \left| \begin{array}{cccc} 1&-2&\dots&-2\\ 1&\lambda-4&\ddots&\vdots\\ \vdots&\ddots&\ddots&-2\\ 1&\dots&2&\lambda-4 \end{array} \right| \\ &=\big(\lambda-4-2(n-1)\big) \left| \begin{array}{cccc} 1&0&\dots&0\\ 1&\lambda-2&\ddots&\vdots\\ \vdots&0&\ddots&0\\ 1&\dots&0&\lambda-2 \end{array} \right|\\ &=\big(\lambda-4-2(n-1)\big)(\lambda-2)^{n-1}. \end{align*} Ainsi, les valeurs propres de $M$ sont strictement positives, la matrice $M$ est définie positive, et le point $(1/2(n+1),\dots,1/2(n+1))$ est un minimum local de $f.$

1. $K$ est un ensemble fermé et borné (c'est un triangle). C'est donc une partie compacte de $\mathbb R^2$. De plus, la fonction $f$ étant polynomiale, elle est continue sur ce compact, donc elle y est majorée et elle atteint sa borne supérieure. Le maximum peut être atteint :
   • ou bien en un point du bord de $K$;
   • ou bien en un maximum local de $f$ situé à l'intérieur de $K$.
   Ici, on remarque que si $(x,y)$ appartient à la frontière de $K$, alors ou bien $x=0$, ou bien $y=0$, ou bien $x+y=1$. Dans tous les cas, on a $f(x,y)=0$ alors que $f(1/4,1/4)>0$. Ainsi, le maximum ne peut être atteint qu'en un point à l'intérieur de $K$. On cherche donc les points critiques de $f$. Pour cela, on calcule $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=y(1-2x-y)\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x(1-x-2y).$$ Un point critique situé à l'intérieur de $K$ vérifie $$\left\{ \begin{array}{rcl} 1-2x-y&=&0\\ 1-x-2y&=&0. \end{array}\right.$$ Le seul point critique situé à l'intérieur de $K$ est donc $(1/3,1/3)$. Comme un maximum local ne peut être atteint qu'en un point critique, c'est donc que $f$ admet son maximum sur $K$ en $(1/3,1/3)$. Ce maximum est égal à $1/27$.
2. Le début du raisonnement est tout à fait similaire. Ensuite, on remarque que $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=1+3x^2>0.$$ Ainsi, $f$ ne peut pas admettre de point critique, et donc le maximum de $f$ sur $K$ ne peut être atteint qu'en un point du bord de $K$. Il suffit ensuite d'étudier le comportement de $f$ sur le bord de $K$. On a d'une part $f(x,0)=x+x^3$ qui atteint son maximum en $(1,0)$, maximum valant $2$. On a ensuite $f(x,1)=x+x^3$, qui atteint son maximum valant 2 en $(1,1)$. On a ensuite $f(0,y)=-y+y^3\leq 2$ si $y\in[0,1]$, et $f(1,y)=2-y+y^3\leq 2$. Ainsi, le maximum de $f$ sur $K$ est égal à 2.
3. Le début du raisonnement est identique. On cherche ensuite les points critiques appartenant à l'intérieur de $K$, l'ouvert $U=]0,\pi/2[^2$ en remarquant que $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\sin y \sin(2x+y)\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\sin x\sin(x+2y)$$ (on a utilisé la célèbre formule $\sin(a+b)=\sin a \cos b+\sin b\cos a$). Un point $(x,y)$ de $U$ est un point critique si et seulement si on a $$\left\{\begin{array}{rcl} \sin(2x+y)&=&0\\ \sin(x+2y)&=&0. \end{array}\right.$$ Puisque $x+2y\in ]0,3\pi/2[$, on a nécessairement $$\left\{\begin{array}{rcl} 2x+y&=&\pi\\ x+2y&=&\pi. \end{array}\right.$$ Ainsi, le point $(\pi/3,\pi/3)$ est le seul point critique de $f$ dans $U$. On a $f(\pi/3,\pi/3)=\frac{3\sqrt 3}{8}$. On étudie maintenant $f$ sur le bord de $K$, ie on étudie $f(0,t)$, $f(t,0)$, $f(\pi/2,t)$ et $f(t,\pi/2)$ pour $t\in [0,\pi/2]$. On remarque que $f(0,t)=f(t,0)=0$ et par symétrie du rôle joué par $x$ et $y$, on peut se restreindre à l'étude de $f(\pi/2,t)$. Mais, $$f(\pi/2,t)=\sin t\sin(t+\pi/2)=\sin t\cos t=\frac 12\sin(2t),$$ dont le maximum pour $t\in[0,\pi/2]$ vaut $1/2$. Comme $\frac 12\leq \frac{3\sqrt 3}8$, on en déduit que $f$ admet pour maximum sur $K$ la valeur $\frac{3\sqrt 3}8$.

Notons $x,y$ et $z$ les trois dimensions de la boite. Son volume est donc $xyz=0,5$. On désire minimiser la fonction $$f(x,y,z)=xy+2xz+2yz$$ (on a enlevé la face du dessus). Remplaçant $z$ par $1/2xy$, on doit donc chercher le minimum de la fonction de deux variables $$g(x,y)=xy+\frac 1x+\frac 1y$$ sur l'ouvert $U=]0,+\infty[\times ]0,+\infty [$. Les dérivées partielles de $g$ sont $$\frac{\partial g}{\partial x}=y-\frac 1{x^2}\textrm{ et }\frac{\partial g}{\partial y}=x-\frac 1{y^2}.$$ On vérifie alors sans peine que le seul point critique de $g$ sur l'ouvert $U$ est $(1,1)$. Reste maintenant à prouver que $g$ admet bien un minimum global en $(1,1)$ sur $U$. Pour cela, on peut remarquer que $g(1,1)=3$. De plus, si $x<1/3$ ou $y<1/3$, alors $g(x,y)>3=g(1,1)$. On en déduit que $$\inf\{g(x,y);\ (x,y)\in U\}=\inf\{g(x,y);\ (x,y)\in A\}$$ où $A=\{(x,y)\in\mathbb R^2;\ x\geq 1/3\textrm{ et }y\geq 1/3\}.$ Mais de plus, si $(x,y)\in A$ vérifie $x> 3$ ou $y> 3$, alors $g(x,y)\geq 3=g(1,1)$. On en déduit que $$\inf\{g(x,y);\ (x,y)\in U\}=\inf\{g(x,y);\ (x,y)\in K\}$$ où $K=[1/3,3]\times [1/3,3].$ Or $K$ est compact et $g$ est continue sur $K$, donc on sait que $g$ admet un minimum sur $K$. Ce minimum sur $K$ est aussi le minimum de $g$ sur $U$. Or, $g$ ne peut admettre qu'un minimum en un point critique. Donc $g$ admet un minimum en $(1,1)$. Ceci signifie que les trois dimensions sont $x=1$, $y=1$ et $z=1/2$.

Notons $g(x,y)=x^3+y^3+x+y-4$ et $G=\{(x,y)\in\mathbb R^2;\ g(x,y)=0\}$. On commence par calculer les diverses dérivées partielles : $$\frac{\partial f}{\partial x}=ay\exp(axy),\ \frac{\partial f}{\partial y}=ax\exp(axy),\ \frac{\partial g}{\partial x}=3x^2+1\textrm{ et } \frac{\partial g}{\partial y}=3y^2+1.$$ En un point $(x,y)$ de $G$ où $f$ atteint un extrémum (sur $G$), les différentielles sont proportionnelles. On en déduit que $$\frac{ay\exp(axy)}{3x^2+1}=\frac{ax\exp(axy)}{3y^2+1}$$ ce qui entraîne $3y^3+y=3x^3+x$. La fonction $t\mapsto 3t^3+t$ étant strictement croissante, on en déduit que l'on a nécessairement $x=y$. Il vient $x^3+x-2=0$, dont la seule racine réelle est $x=1$.
Il faut maintenant étudier ce qui se passe en (1,1). Y-a-t-il un extrémum? Est-ce un minimum? Un maximum? En fait, il suffit de remarquer qu'en les points de $x^3+y^3+x+y-4=0$ pour lesquels $|x|$ est grand, alors $|y|$ est grand lui aussi, mais $x$ et $y$ sont de signe opposés. Autrement dit, $$\lim_{\|(x,y)\|\to +\infty, (x,y)\in G}f(x,y)=0.$$ Ainsi, par compacité, la fonction admet forcément un maximum qui est atteint en $(1,1)$.