Calcul différentiel

On note $\rho =\sqrt{x^2+y^2}$ ; on a $\mid x\mid \le \rho$ et $\mid y\mid \le \rho$.

1. Pour $(x,y)\mathrm{\ne }(0,0)$ : $\mid g(x,y)\mid \le {\displaystyle \frac{\mid x{\mid }^3+2\mid y{\mid }^3}{{\rho }^2}}\le {\displaystyle \frac{3{\rho }^3}{{\rho }^2}}=3\rho$, qui tend vers $0$ quand $(x,y)\to (0,0)$. Donc $g(x,y)\to 0=g(0,0)$ : $g$ est continue en $(0,0)$. Pour $t\mathrm{\ne }0$ : ${\displaystyle \frac{g(t,0)-g(0,0)}{t}}={\displaystyle \frac{t^3}{t^3}}=1$ et ${\displaystyle \frac{g(0,t)-g(0,0)}{t}}={\displaystyle \frac{2t^3}{t^3}}=2$. Donc $\boxed{{\displaystyle \frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }x}(0,0)=1,\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }y}(0,0)=2}}$.

2. Pour $t\mathrm{\ne }0$ : ${\displaystyle \frac{g(ta,tb)-g(0,0)}{t}}={\displaystyle \frac{t^3(a^3+2b^3)}{t\cdot t^2(a^2+b^2)}}={\displaystyle \frac{a^3+2b^3}{a^2+b^2}}$, quantité indépendante de $t$. Donc $g$ admet une dérivée selon tout vecteur et $D_{v}g(0,0)={\displaystyle \frac{a^3+2b^3}{a^2+b^2}}$. Si $g$ était différentiable en $(0,0)$, on aurait $D_{v}g(0,0)=dg(0,0)\cdot v=a\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }x}(0,0)+b\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }y}(0,0)=a+2b$ pour tout $v$ (fiche § 3). Or pour $v=(1,1)$ : $D_{v}g(0,0)=\frac{3}{2}$ alors que $a+2b=3$. Donc $\boxed{{\displaystyle g\text{ n’est pas diff}\acute{\text{e}}\text{rentiable en }(0,0)}}$, bien qu'elle y soit continue et y admette des dérivées selon tous les vecteurs.

3. Comme $x^4+y^4\le (x^2+y^2{)}^2$, on a $0\le h(x,y)\le {\rho }^2$. En particulier $\frac{h(t,0)}{t}=t\to 0$ et $\frac{h(0,t)}{t}=t\to 0$ : les deux dérivées partielles en $(0,0)$ sont nulles, et le candidat pour la différentielle est l'application nulle. Or $$\frac{\mid h(x,y)-h(0,0)-0\mid }{\rho }\le \frac{{\rho }^2}{\rho }=\rho \underset{(x,y)\to (0,0)}{⟶}0.$$ Donc $h(u)=h(0,0)+0+o(\parallel u\parallel )$ : $\boxed{{\displaystyle h\text{ est diff}\acute{\text{e}}\text{rentiable en }(0,0)\text{ et }dh(0,0)=0}}$.

4. Sur l'ouvert ${ℝ}^2\setminus \{(0,0)\}$, $h$ est un quotient de deux polynômes, le dénominateur $x^2+y^2$ n'y étant jamais nul : elle y est de classe $C^1$, et $$\frac{\mathrm{\partial }h}{\mathrm{\partial }x}(x,y)=\frac{4x^3(x^2+y^2)-2x(x^4+y^4)}{(x^2+y^2{)}^2}=\frac{2x(x^4+2x^2{y}^2-y^4)}{{\rho }^4}\mathrm{.}$$ Comme $\mid x^4+2x^2{y}^2-y^4\mid \le x^4+2x^2{y}^2+y^4={\rho }^4$, on obtient $\mid \frac{\mathrm{\partial }h}{\mathrm{\partial }x}(x,y)\mid \le \frac{2\mid x\mid {\rho }^4}{{\rho }^4}\le 2\rho \to 0$. Ainsi $\frac{\mathrm{\partial }h}{\mathrm{\partial }x}$ existe sur ${ℝ}^2$ et est continue en $(0,0)$ (sa valeur en $(0,0)$ est $0$). Comme $h(x,y)=h(y,x)$, on a $\frac{\mathrm{\partial }h}{\mathrm{\partial }y}(x,y)=\frac{\mathrm{\partial }h}{\mathrm{\partial }x}(y,x)$, et la même majoration vaut. Les deux dérivées partielles existent et sont continues sur ${ℝ}^2$ : d'après le théorème de caractérisation (fiche § 4), $\boxed{{\displaystyle h\text{ est de classe }{C}^1\text{ sur }{ℝ}^2}}$.

1. $(x,y)\mapsto x^{2}y$ est polynomiale et $(x,y)\mapsto e^{x-y}$ est la composée de l'application linéaire $(x,y)\mapsto x-y$ et de $\exp$ : toutes deux sont $C^1$, donc $f$ l'est. On a $\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}=2xy+e^{x-y}$ et $\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}=x^2-e^{x-y}$, d'où $\boxed{{\displaystyle \mathrm{\nabla }f(1,1)=(3,0)}}$.

2. $f$ étant différentiable en $A$, $D_{u}f(A)=⟨\mathrm{\nabla }f(A),u⟩=3\cdot \frac{3}{5}+0=\boxed{{\displaystyle \frac{9}{5}}}$. Par Cauchy-Schwarz, $\mid D_{v}f(A)\mid \le \parallel \mathrm{\nabla }f(A)\parallel =3$ pour tout $v$ unitaire, avec égalité pour $v$ colinéaire à $\mathrm{\nabla }f(A)$ : la dérivée directionnelle est maximale pour $\boxed{{\displaystyle v=(1,0)}}$ et ce maximum vaut $\boxed{{\displaystyle 3}}$.

3. $f(1,1)=1+e^0=2$. Le plan tangent a pour équation $z=2+3(x-1)+0\cdot (y-1)$, soit $\boxed{{\displaystyle z=3x-1}}$.

4. Règle de la chaîne. $\gamma (t)=(t^2,t)$ est dérivable, $\gamma (1)=A$ et ${\gamma }^{\mathrm{\prime }}(1)=(2,1)$, donc ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(1)=2\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}(A)+1\cdot \frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}(A)=2\cdot 3+0=6$. Directement. $\phi (t)=t^5+e^{t^2-t}$, ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(t)=5t^4+(2t-1)e^{t^2-t}$, et ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(1)=5+1=6$. Les deux calculs donnent $\boxed{{\displaystyle {\phi }^{\mathrm{\prime }}(1)=6}}$.

5. Si $\gamma$ est un arc dérivable tracé sur la ligne de niveau avec $\gamma (0)=A$, alors $f(\gamma (t))=2$ pour tout $t$ ; en dérivant, $⟨\mathrm{\nabla }f(A),{\gamma }^{\mathrm{\prime }}(0)⟩=0$. La tangente est donc orthogonale à $\mathrm{\nabla }f(A)=(3,0)$ : un vecteur directeur est $\boxed{{\displaystyle (0,1)}}$ (la tangente est la droite $x=1$).

1.(a) $f$ est polynomiale, donc $C^2$ sur l'ouvert ${ℝ}^2$. Les points critiques vérifient $$\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}=3x^2-12y=0,\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}=-12x+24y^2=0,$$ soit $y=\frac{x^2}{4}$ et $x=2y^2$. En reportant, $y=\frac{4y^4}{4}=y^4$, donc $y(y^3-1)=0$, c'est-à-dire $y=0$ ou $y=1$ ($y$ réel). On obtient $\boxed{{\displaystyle (0,0)\text{ et }(2,1)}}$.

1.(b) $r=\frac{{\mathrm{\partial }}^{2}f}{\mathrm{\partial }{x}^2}=6x$, $s=\frac{{\mathrm{\partial }}^{2}f}{\mathrm{\partial }x\mathrm{\partial }y}=-12$, $t=\frac{{\mathrm{\partial }}^{2}f}{\mathrm{\partial }{y}^2}=48y$.

• En $(0,0)$ : $r=0$, $s=-12$, $t=0$, $rt-s^2=-144<0$ : point col, pas d'extremum.
• En $(2,1)$ : $r=12$, $s=-12$, $t=48$, $rt-s^2=576-144=432>0$ et $r>0$ : minimum local strict, de valeur $f(2,1)=8-24+8=-8$.

1.(c) $f(x,0)=x^3$ tend vers $-\mathrm{\infty }$ quand $x\to -\mathrm{\infty }$ et vers $+\mathrm{\infty }$ quand $x\to +\mathrm{\infty }$ : $f$ n'est ni minorée ni majorée, donc $\boxed{{\displaystyle f\text{ n’a aucun extremum global}}}$ ; le minimum local en $(2,1)$ n'est pas global (par exemple $f(-3,0)=-27<-8$).

2.(a) $\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }x}=4x^3-6xy=2x(2x^2-3y)$ et $\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }y}=-3x^2+4y$. La seconde équation donne $y=\frac{3}{4}{x}^2$. Si $x\mathrm{\ne }0$, la première impose $2x^2=3y=\frac{9}{4}{x}^2$, soit $x^2(2-\frac{9}{4})=0$, impossible. Donc $x=0$, puis $y=0$ : $(0,0)$ est le seul point critique. En ce point $r=12x^2-6y=0$, $s=-6x=0$, $t=4$ : $rt-s^2=0$, cas douteux (fiche § 9).

2.(b) Sur l'axe $x=0$ : $g(0,y)=2y^2>0$ pour $y\mathrm{\ne }0$. Sur la droite $y=mx$ ($m\in ℝ$) : $g(x,mx)=x^2(x^2-3mx+2m^2)$. Si $m=0$, c'est $x^4>0$ pour $x\mathrm{\ne }0$. Si $m\mathrm{\ne }0$, la parenthèse tend vers $2m^2>0$ quand $x\to 0$, donc elle est $>0$ pour $x$ assez petit, et $g(x,mx)>0=g(0,0)$ pour $0<\mid x\mid$ assez petit. Dans tous les cas, la restriction de $g$ à la droite a un minimum local strict en $(0,0)$.

2.(c) $g(x,y)=(y-x^2)(2y-x^2)$ (développer : $2y^2-x^{2}y-2x^{2}y+x^4$). Sur la parabole $y=\frac{3}{4}{x}^2$, située entre les paraboles $y=\frac{x^2}{2}$ et $y=x^2$, $$g\text{\hspace{0.17em}⁣}(x,\frac{3}{4}{x}^2)=(-\frac{1}{4}{x}^2)\left(\frac{1}{2}{x}^2\right)=-\frac{1}{8}{x}^4<0(x\mathrm{\ne }0)\mathrm{.}$$ Tout voisinage de $(0,0)$ contient de tels points (prendre $x\to 0$) : $g$ n'a pas de minimum local en $(0,0)$. Elle n'y a pas non plus de maximum local, puisque $g(0,y)=2y^2>0$ pour $y\mathrm{\ne }0$. Conclusion : $\boxed{{\displaystyle (0,0)\text{ n’est pas un extremum local de }g}}$, bien que $g$ soit minimale en $(0,0)$ le long de toute droite.

1. $\mathrm{\Phi }$ est $C^1$ (coordonnées produits de fonctions $C^1$). Pour $(r,\theta )\in V$ : $r\cos \theta >0$ car $\cos \theta >0$, donc $\mathrm{\Phi }(V)\subset U$. Soit $(x,y)\in U$ ; si $\mathrm{\Phi }(r,\theta )=(x,y)$, alors $r=\sqrt{x^2+y^2}$ et $\tan \theta =\frac{y}{x}$ avec $\theta \in ]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$, donc $\theta =\arctan \frac{y}{x}$. Réciproquement ce couple convient : $r\cos \theta =\frac{r}{\sqrt{1+{\tan }^2\theta }}=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{1+y^2\mathrm{/}{x}^2}}=x$ (car $x>0$) et $r\sin \theta =r\cos \theta \tan \theta =y$. Donc $\mathrm{\Phi }$ est bijective et ${\mathrm{\Phi }}^{-1}(x,y)=(\sqrt{x^2+y^2},\arctan \frac{y}{x})$, qui est $C^1$ sur $U$ (car $x^2+y^2>0$ et $x\mathrm{\ne }0$ sur $U$).

2. $g=f\circ \mathrm{\Phi }$ est $C^1$ sur $V$ (composée) et $f=g\circ {\mathrm{\Phi }}^{-1}$. Par la règle de la chaîne, les dérivées de $f$ étant prises en $\mathrm{\Phi }(r,\theta )$, $$\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }r}(r,\theta )=\cos \theta \frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}+\sin \theta \frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y},\text{donc}r\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }r}(r,\theta )=x\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}(x,y)+y\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}(x,y)$$ avec $(x,y)=\mathrm{\Phi }(r,\theta )$. Comme $\mathrm{\Phi }$ est bijective et $r=\sqrt{x^2+y^2}>0$, $(E)$ équivaut à : $\mathrm{\forall }(r,\theta )\in V$, $r\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }r}(r,\theta )=2r$, c'est-à-dire $\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }r}=2$ sur $V$.

3. Posons $k(r,\theta )=g(r,\theta )-2r$ : $k$ est $C^1$ et $\frac{\mathrm{\partial }k}{\mathrm{\partial }r}=0$ sur $V=]0,+\mathrm{\infty }[\times ]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$, qui est un pavé (convexe). Pour $\theta$ fixé, $r\mapsto k(r,\theta )$ a une dérivée nulle sur l'intervalle $]0,+\mathrm{\infty }[$, donc elle est constante : $k(r,\theta )=\psi (\theta )$ avec $\psi (\theta )=k(1,\theta )$, qui est $C^1$ sur $]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$. Donc $g(r,\theta )=2r+\psi (\theta )$ et, réciproquement, toute fonction de cette forme vérifie $\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }r}=2$. Les solutions de $(E)$ sont les fonctions $$\boxed{{\displaystyle f(x,y)=2\sqrt{x^2+y^2}+\psi \text{\hspace{0.17em}⁣}(\arctan \frac{y}{x}),\psi \in C^1\text{\hspace{0.17em}⁣}(]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[,ℝ)\mathrm{.}}}$$

4. Pour $x=1$ : $f(1,y)=2\sqrt{1+y^2}+\psi (\arctan y)$. La condition impose $\psi (\arctan y)=-2\sqrt{1+y^2}$ pour tout $y$. Avec $\theta =\arctan y$, qui décrit $]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$ quand $y$ décrit $ℝ$, on a $\sqrt{1+{\tan }^2\theta }=\frac{1}{\cos \theta }$ (car $\cos \theta >0$), donc $\psi (\theta )=-\frac{2}{\cos \theta }$, fonction $C^1$. En revenant à $(x,y)$, $\cos \theta =\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$, d'où $$\boxed{{\displaystyle f(x,y)=2\sqrt{x^2+y^2}(1-\frac{1}{x})}}\mathrm{.}$$ Vérification : $f(1,y)=0$, et avec $\rho =\sqrt{x^2+y^2}$, $x\frac{\mathrm{\partial }\rho }{\mathrm{\partial }x}+y\frac{\mathrm{\partial }\rho }{\mathrm{\partial }y}=\rho$ et $x\frac{\mathrm{\partial }}{\mathrm{\partial }x}(1-\frac{1}{x})=\frac{1}{x}$, donc $x\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}+y\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}=2[\rho (1-\frac{1}{x})+\rho \cdot \frac{1}{x}]=2\rho$.

On note $\rho =\sqrt{x^2+y^2}$.

1. Sur l'ouvert ${ℝ}^2\setminus \{(0,0)\}$, $f$ est une fraction rationnelle à dénominateur non nul, donc continue (et même $C^{\mathrm{\infty }}$). En $(0,0)$ : $\mid xy\mid \le {\rho }^2$ et $\mid x^2-2y^2\mid \le 2{\rho }^2$, donc $\mid f(x,y)\mid \le \frac{2{\rho }^4}{{\rho }^2}=2\rho \to 0=f(0,0)$. Donc $f$ est continue sur ${ℝ}^2$.

2. Pour $(x,y)\mathrm{\ne }(0,0)$, en écrivant $f=\frac{x^{3}y-2x{y}^3}{x^2+y^2}$ et en dérivant le quotient : $$\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}(x,y)=\frac{(3x^{2}y-2y^3)(x^2+y^2)-2x(x^{3}y-2x{y}^3)}{(x^2+y^2{)}^2}=\frac{y(x^4+5x^2{y}^2-2y^4)}{{\rho }^4},$$ $$\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}(x,y)=\frac{(x^3-6x{y}^2)(x^2+y^2)-2y(x^{3}y-2x{y}^3)}{(x^2+y^2{)}^2}=\frac{x(x^4-7x^2{y}^2-2y^4)}{{\rho }^4}\mathrm{.}$$ En $(0,0)$ : $f(t,0)=0$ et $f(0,t)=0$ pour tout $t$, donc $\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}(0,0)=\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}(0,0)=0$.

3. Hors de l'origine, $f$ est $C^1$. En $(0,0)$, chaque monôme de degré 4 est majoré en valeur absolue par son coefficient fois ${\rho }^4$ : $$\mid \frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}(x,y)\mid \le \frac{\rho (1+5+2){\rho }^4}{{\rho }^4}=8\rho ,\mid \frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}(x,y)\mid \le \frac{\rho (1+7+2){\rho }^4}{{\rho }^4}=10\rho \mathrm{.}$$ Les deux dérivées partielles tendent vers $0$, leur valeur en $(0,0)$ : elles sont continues sur ${ℝ}^2$, et $\boxed{{\displaystyle f\text{ est de classe }{C}^1\text{ sur }{ℝ}^2}}$.

4. Pour $y\mathrm{\ne }0$ : $\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}(0,y)=\frac{y\cdot (-2y^4)}{y^4}=-2y$. Pour $x\mathrm{\ne }0$ : $\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}(x,0)=\frac{x\cdot x^4}{x^4}=x$. Ces formules restent vraies en $0$ (valeur $0$). Donc $$\frac{{\mathrm{\partial }}^{2}f}{\mathrm{\partial }y\mathrm{\partial }x}(0,0)=\underset{y\to 0}{\lim }\frac{\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}(0,y)-\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}(0,0)}{y}=\boxed{{\displaystyle -2}},\frac{{\mathrm{\partial }}^{2}f}{\mathrm{\partial }x\mathrm{\partial }y}(0,0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}(x,0)-\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}(0,0)}{x}=\boxed{{\displaystyle 1}}\mathrm{.}$$

5. Les deux dérivées croisées existent en $(0,0)$ et sont différentes. Si $f$ était dans $C^2({ℝ}^2)$, le théorème de Schwarz donnerait leur égalité : donc $\boxed{{\displaystyle f\mathrm{\notin }{C}^2({ℝ}^2)}}$ (alors que $f$ est $C^2$, et même $C^{\mathrm{\infty }}$, sur ${ℝ}^2\setminus \{(0,0)\}$). L'hypothèse $C^2$ du théorème de Schwarz ne peut pas être remplacée par $C^1$.

1. $K$ est fermé (image réciproque du fermé $]-\mathrm{\infty },1]$ par l'application continue $(x,y)\mapsto x^2+y^2$) et borné : c'est un compact de ${ℝ}^2$ (dimension finie), non vide. $f$ est continue (polynomiale). D'après le théorème des bornes atteintes, $f$ admet sur $K$ un maximum et un minimum.

2. L'intérieur de $K$ est le disque ouvert $x^2+y^2<1$, sur lequel $f$ est $C^1$. $\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}=2x-1$, $\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}=4y$ : le seul point critique est $(\frac{1}{2},0)$, qui est bien intérieur ($\frac{1}{4}<1$), et $f(\frac{1}{2},0)=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}$.

3. Sur le cercle, $y^2=1-x^2$ avec $x\in [-1,1]$ (tout $x$ de $[-1,1]$ est atteint, par $(x,\pm \sqrt{1-x^2})$), donc $f(x,y)=x^2+2(1-x^2)-x=k(x)$ avec $k(x)=2-x-x^2$. $k^{\mathrm{\prime }}(x)=-1-2x$ s'annule en $x=-\frac{1}{2}$ ; $k$ croît sur $[-1,-\frac{1}{2}]$ et décroît sur $[-\frac{1}{2},1]$. Valeurs : $k(-1)=2$, $k(-\frac{1}{2})=\frac{9}{4}$, $k(1)=0$. Sur le cercle, $f$ varie donc entre $0$ (en $(1,0)$) et $\frac{9}{4}$ (en $(-\frac{1}{2},\pm \frac{\sqrt{3}}{2})$).

4. Un extremum de $f$ sur $K$ est atteint soit à l'intérieur, et c'est alors un point critique (l'intérieur est ouvert), soit sur le cercle. Les valeurs candidates sont $-\frac{1}{4}$, $0$ et $\frac{9}{4}$. Donc $$\boxed{{\displaystyle \underset{K}{\min }f=-\frac{1}{4}\text{ en }(\frac{1}{2},0),\underset{K}{\max }f=\frac{9}{4}\text{ en }(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})\text{ et }(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2})\mathrm{.}}}$$

5. $f(x,y)={(x-\frac{1}{2})}^2+2y^2-\frac{1}{4}\ge -\frac{1}{4}$ pour tout $(x,y)$, avec égalité seulement en $(\frac{1}{2},0)$ : minimum global $-\frac{1}{4}$. En revanche $f(x,0)=x^2-x\to +\mathrm{\infty }$ : pas de maximum global sur ${ℝ}^2$.

1. Pour $H\in {ℳ}_n(ℝ)$ : $${}^t(M+H)A(M+H)={}^{t}MAM+({}^{t}HAM+{}^{t}MAH)+{}^{t}HAH\mathrm{.}$$ L'application $L:H\mapsto {}^{t}HAM+{}^{t}MAH$ est linéaire. Comme toutes les normes sont équivalentes, il existe $c>0$ avec $\parallel {}^{t}H\parallel \le c\parallel H\parallel$, d'où $\parallel {}^{t}HAH\parallel \le c\parallel A\parallel \parallel H{\parallel }^2=o(\parallel H\parallel )$. Donc $\mathrm{\Psi }$ est différentiable en tout $M$ et $\boxed{{\displaystyle d\mathrm{\Psi }(M)\cdot H={}^{t}HAM+{}^{t}MAH}}$.

2.(a) Par la formule $\det (N)={\sum }_{\sigma \in {𝔖}_n}\epsilon (\sigma ){\prod }_i{n}_{\sigma (i)i}$ avec $N=I_n+H$, chaque produit est un polynôme en les $h_{ij}$. Le produit de la permutation identité est ${\prod }_i(1+h_{ii})=1+{\sum }_i{h}_{ii}+(\text{termes de degr}\acute{\text{e}}\ge 2)$. Pour $\sigma \mathrm{\ne }\mathrm{i}\mathrm{d}$, au moins deux indices vérifient $\sigma (i)\mathrm{\ne }i$, et le produit contient au moins deux coefficients hors diagonale : il est de degré $\ge 2$. Donc $\det (I_n+H)=1+\mathrm{tr}H+R(H)$ où $R$ est une somme de monômes de degré $\ge 2$ en les coefficients de $H$. Avec la norme $\parallel H{\parallel }_{\mathrm{\infty }}=\max \mid h_{ij}\mid$ (équivalente à toute autre), un monôme de degré $d\ge 2$ est majoré par $\parallel H{\parallel }_{\mathrm{\infty }}^d\le \parallel H{\parallel }_{\mathrm{\infty }}^2$ dès que $\parallel H{\parallel }_{\mathrm{\infty }}\le 1$ : $R(H)=O(\parallel H{\parallel }^2)=o(\parallel H\parallel )$. L'application $\mathrm{tr}$ étant linéaire, $\boxed{{\displaystyle d\det (I_n)\cdot H=\mathrm{tr}H}}$.

2.(b) Pour $A$ inversible : $\det (A+H)=\det A\cdot \det (I_n+A^{-1}H)=\det A+\det (A)\mathrm{tr}(A^{-1}H)+\det (A)R(A^{-1}H)$. Comme $\parallel A^{-1}H\parallel \le \parallel A^{-1}\parallel \parallel H\parallel$, le dernier terme est un $o(\parallel H\parallel )$, et $H\mapsto \det (A)\mathrm{tr}(A^{-1}H)$ est linéaire. D'où $\boxed{{\displaystyle d\det (A)\cdot H=\det (A)\mathrm{tr}(A^{-1}H)}}$.

3. $M$ est dérivable sur $I$, donc différentiable au sens de la fiche ($dM(t)\cdot s=s{M}^{\mathrm{\prime }}(t)$), et $\det$ est différentiable en $M(t)\in G{L}_n(ℝ)$. Par la règle de la chaîne (dérivée le long d'un arc), $\delta$ est dérivable et $${\delta }^{\mathrm{\prime }}(t)=d\det (M(t))\cdot M^{\mathrm{\prime }}(t)=\det (M(t))\mathrm{tr}(M(t{)}^{-1}{M}^{\mathrm{\prime }}(t))\mathrm{.}$$

4. On sait (chapitre « Fonctions vectorielles ») que $t\mapsto \exp (tB)$ est de classe $C^1$, à valeurs dans $G{L}_n(ℝ)$ (d'inverse $\exp (-tB)$), avec $M^{\mathrm{\prime }}(t)=B\exp (tB)=\exp (tB)B$. Donc $M(t{)}^{-1}{M}^{\mathrm{\prime }}(t)=B$ et, par la question 3, ${\delta }^{\mathrm{\prime }}(t)=\mathrm{tr}(B)\delta (t)$ avec $\delta (0)=\det I_n=1$. L'équation différentielle linéaire ${\delta }^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{tr}(B)\delta$ a pour unique solution vérifiant $\delta (0)=1$ la fonction $t\mapsto e^{t\mathrm{tr}B}$ : $\boxed{{\displaystyle \det (\exp (tB))=e^{t\mathrm{tr}B}}}$. En particulier $\exp (tB)$ est inversible et $\det \exp B=e^{\mathrm{tr}B}>0$.

5. En développant selon la première colonne : $\det A=1\cdot (1\cdot 1-1\cdot 0)-0+1\cdot (2\cdot 1-0\cdot 1)=1+2=\boxed{{\displaystyle 3}}$. Première façon : $A+tB=\left(\begin{array}{ccc}1& 2+t& 0\\ 0& 1& 1+t\\ 1+t& 0& 1\end{array}\right)$ et, par la règle de Sarrus (les trois produits « descendants » valent $1$, $(2+t)(1+t)(1+t)$ et $0$, les trois produits « montants » sont nuls), $\det (A+tB)=1+(2+t)(1+t{)}^2$, dont la dérivée en $0$ vaut $(1+t{)}^2+2(2+t)(1+t){\mid }_{t=0}=1+4=\boxed{{\displaystyle 5}}$. Seconde façon : $d\det (A)\cdot B=\det (A)\mathrm{tr}(A^{-1}B)=\mathrm{tr}({}^t\mathrm{com}(A)B)$. Ici ${}^t\mathrm{com}(A)=\det (A)A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 2\\ 1& 1& -1\\ -1& 2& 1\end{array}\right)$ (on vérifie que son produit par $A$ vaut $3I_3$) et ${}^t\mathrm{com}(A)B=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -2\\ -1& 1& 1\\ 1& -1& 2\end{array}\right)$, de trace $2+1+2=5$. Les deux méthodes concordent.

1. $\mathrm{\Phi }$ est linéaire, de matrice $\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 2& 1\end{array}\right)$ de déterminant $-1\mathrm{\ne }0$ : c'est un automorphisme de ${ℝ}^2$, et ${\mathrm{\Phi }}^{-1}$ est linéaire (${\mathrm{\Phi }}^{-1}(u,v)=(v-u,2u-v)$). Les applications linéaires sont $C^{\mathrm{\infty }}$. Comme $g=f\circ {\mathrm{\Phi }}^{-1}$ et $f=g\circ \mathrm{\Phi }$, la composition par une application $C^2$ montre que $f$ est $C^2$ si et seulement si $g$ l'est.

2. On note $u=x+y$, $v=2x+y$ ; les dérivées de $g$ sont prises en $(u,v)$. Par la règle de la chaîne : $$\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }x}=\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }u}+2\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }v},\frac{\mathrm{\partial }f}{\mathrm{\partial }y}=\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }u}+\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }v}\mathrm{.}$$ On applique de nouveau la règle aux fonctions $\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }u}\circ \mathrm{\Phi }$ et $\frac{\mathrm{\partial }g}{\mathrm{\partial }v}\circ \mathrm{\Phi }$, et on utilise Schwarz ($g$ est $C^2$) : $$\frac{{\mathrm{\partial }}^{2}f}{\mathrm{\partial }{x}^2}=g_{uu}+4g_{uv}+4g_{vv},\frac{{\mathrm{\partial }}^{2}f}{\mathrm{\partial }x\mathrm{\partial }y}=g_{uu}+3g_{uv}+2g_{vv},\frac{{\mathrm{\partial }}^{2}f}{\mathrm{\partial }{y}^2}=g_{uu}+2g_{uv}+g_{vv},$$ avec $g_{uv}=\frac{{\mathrm{\partial }}^{2}g}{\mathrm{\partial }u\mathrm{\partial }v}$, etc. (Par exemple $\frac{\mathrm{\partial }}{\mathrm{\partial }y}(g_u+2g_v)=(g_{uu}+g_{uv})+2(g_{vu}+g_{vv})$.)