solutions_calcul_differentiel.tex

\documentclass[12pt]{article}
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\begin{document}

\begin{titlepage}
	\centering
	\vspace*{\fill}
	\Huge \textit{\textbf{Solutions MP/MP$^*$\\ Calcul différentiel}}
	\vspace*{\fill}
\end{titlepage}

\begin{proof}
	$f$ est $\mathcal{C}^{\infty}$ sur $\R^{3}\setminus\left\lbrace(0,0,0)\right\rbrace$. Pour $(x,y,z)\neq(0,0,0)$, posons 
	\begin{equation}
		(x,y,z)=\left\lVert (x,y,z)\right\rVert_{2}(x',y',z').	
	\end{equation}
	On a 
	\begin{equation}
		f(x,y,z)=\frac{\left\lVert (x,y,z)\right\rVert_{2}^{3}(x'^{3}+y'^{3}-x'y'^{2}+y'z'^{2}+x'y'z')}{\left\lVert(x,y,z)\right\rVert_{2}^{2}}.
	\end{equation}
	Comme $\left\lVert (x',y',z')\right\rVert_{2}=1=x'^{2}+y'^{2}+z'^{2}$, on a $(x',y',z')\in[-1,1]^{3}$ et 
	\begin{equation}
		\left\lvert f(x,y,z)\right\rvert\leqslant5\left\lVert (x,y,z)\right\rVert_{2}\xrightarrow[\left\lVert (x,y,z)\right\rVert_{2}\to0]{}0.
	\end{equation}
	D'où la continuité de $f$ en $(0,0,0)$.

	On étudie les dérivées partielles en $(0,0,0)$. On forme $x\mapsto f(x,0,0)=x$, donc $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0,0)$ existe et vaut 1, puis $y\mapsto f(0,y,0)=y$ donc $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0,0)$ existe et vaut 1 et enfin $z\mapsto f(0,0,z)=0$ donc $\frac{\partial f}{\partial z}(0,0,0)$ existe et vaut 0. Donc si $f$ est différentiable en $(0,0,0)$, nécessairement \function{df_{(0,0,0)}}{\R^{3}}{\R}{(h,k,l)}{h+k}

	Pour $(h,k,l)\neq(0,0,0)$, on a 
	\begin{align}
		f(h,k,l)-f(0,0,0)-(h+k)
		&=\frac{h^{3}+k^{3}-hk^{2}+kl^{2}+hkl-h^{3}-hk^{2}-hl^{2}-k^{3}-kh^{2}-kl}{h^{2}+k^{2}+l^{2}},\\
		&=\frac{-2hk^{2}+hkl-hl^{2}-kh^{2}}{h^{2}+k^{2}+l^{2}}.
	\end{align}
	On pose $(h,k,l)=\left\lVert (h,k,l)\right\rVert_{2}(h',k',l')$ avec $\left\lVert (h',k',l')\right\rVert_{2}=1$. Soit 
	\begin{equation}
		\varphi(h,k,l)=\frac{f(h,k,l)-f(0,0,0)-(h+k)}{\left\lVert(h,k,l)\right\rVert_{2}}=-2h'k'^{2}+h'k'l'-h'l'^{2}-k'h'^{2}.
	\end{equation}
	
	Pour $(h,k,l)=t(1,1,0)$, on a 
	\begin{equation}
		\varphi(t,t,0)=-\frac{3}{\sqrt{3}{2}}\xrightarrow[t\to0]{}0.
	\end{equation}
	Donc $f$ n'est pas différentiable en $(0,0,0)$, et n'est donc pas $\mathcal{C}^{1}$ non plus.
\end{proof}

\begin{remark}
	On peut aussi, en fixant $(h,k,l)\in\R^{3}$, on étudie \function{\psi}{\R}{\R}{t}{f((0,0,0)+t(h,k,l))=t\frac{h^{3}+k^{3}-hk^{2}+kl^{2}+hkl}{h^{2}+k^{2}+l^{2}}}
	$\psi$ est dérivable en 0, et 
	\begin{equation}
		D_{(h,k,l)}f(0,0,0)=\frac{h^{3}+k^{3}-hk^{2}+kl^{2}+hkl}{h^{2}+k^{2}+l^{2}},
	\end{equation}
	non linéaire selon $(h,k,l)$. Donc $f$ n'est pas différentiable en $(0,0,0)$.
\end{remark}

\begin{proof}
	\phantom{}
	\begin{enumerate}
		\item On a pour tout $(a,b)\in\R^{2}$, on a $\min(a,b)=\frac{a+b-\left\lvert a-b\right\rvert}{2}$. Par récurrence, on montre que $\psi$ est continue.
		\item Supposons $\psi$ différentiable en $x_0$. Soit $i\in J$, on a $\psi-\varphi_i\leqslant0$ sur $U$ et $(\psi-\varphi_i)(x_0)=0$, donc $\psi-\varphi_i$ admet un extremum en $x_0$, donc $d(\psi-\varphi_i)_{x_0}=0$ et $d\psi_{x_0}=d\varphi_{{i}_{x_0}}$.
		
		Supposons qu'il existe $l\in\mathcal{L}(\R^{n},\R)$ tel que $d\varphi_{i_{x_0}}=l$ pour tout $i\in J$. D'abord, on a pour tout $j\not\in J$, $\varphi_j(x_0)>\psi(x_0)$, donc par continuité de $\varphi_j-\psi$ il existe $\eta_j>0$ tel que 
		\begin{equation}
			\forall x\in B(x_0,\eta_j),\quad (\varphi_j-\psi)(x)>0.
		\end{equation}
		On pose alors $\eta=\min\limits_{j\not\in J}(\eta_j)$. Alors pour tout $x\in B(x_0,\eta)$, il existe $i\in J$, $\psi(x)=\varphi_i(x)$.

		Soit $\varepsilon>0$, pour tout $i\in J$, il existe $\delta_{i}>0$ tel que si $\left\lVert h\right\rVert<\delta_{i}$,
		\begin{equation}
			\left\lvert\varphi_i(x_0+h)-\varphi_i(x_0)-l(h)\right\rvert\leqslant\varepsilon\left\lVert h\right\rVert.
		\end{equation}

		On pose $\delta=\min\limits_{i\in H}(\delta_i)$. Donc si $\left\lVert h\right\rVert\leqslant\min(\delta,\eta)$, on a 
		\begin{equation}
			\left\lvert\psi(x_0+h)-\psi(x_0)-l(h)\right\rvert\leqslant\varepsilon\left\lVert h\right\rVert,
		\end{equation}
		car $\psi(x_0+h)$ est un des $\varphi_i(x_0+h)$. Donc $\psi$ est bien différentiable en $x_0$, et pour tout $i\in J$, $d\psi_{x_0}=l=d\varphi_{i_{x_0}}$.

		\item Fixons $x_0\in U, h\in\R^{n}$. Pour le même $\eta$ que précédemment, on a pour tout $x\in B(x_{0},\eta)$, il existe $i\in J$ tel que $d\psi_{x}=d\varphi_{i_{x}}$. Alors 
		\begin{equation}
			\left\lvert d\psi_x(h)-d\psi_{x_{0}}(h)\right\rvert\leqslant\max\limits_{i\in J}\left\lvert d\varphi_{i_{x}}(h)-d\varphi_{i_{x_{0}}}\right\rvert\xrightarrow[x\to x_0]{}0.
		\end{equation}
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
	C'est faux pour un nombre infini de fonctions, par exemple la fonction nulle partout sauf sur $\left[0,\frac{2}{n}\right]$ où elle est affine par morceaux et vaut $-1$ en $\frac{1}{n}$.
\end{remark}

\begin{proof}
	$f$ est $\mathcal{C}^{\infty}$ sur $\R^{n}$. Soit $A=\left(\frac{1}{i+j+1}\right)_{1\leqslant i,j\leqslant n}\in S_n(\R)$. On a alors $f(X)=X^{\mathsf{T}}AX$. Si $X\neq 0$, on a 
	\begin{align}
		f(X)
		&=\sum_{(i,j)\in\left\llbracket1,n\right\rrbracket^{2}}x_{i}x_{j}\int_{0}^{1}t^{i+j}\d t,\\
		&=\int_{0}^{1}\sum_{(i,j)\in\left\llbracket1,n\right\rrbracket^{2}}x_i x_j t^{i}t^{j}\d t,\\
		&=\int_{0}^{1}\left(\sum_{i=1}^{n}x_i t^{i}\right)^{2}\d t\geqslant0.
	\end{align}
	Or $\left(\sum_{i=1}^{n}x_i t^{i}\right)^{2}$ est continue positive, donc $f(X)=0$ si et seulement si $\left(\sum_{i=1}^{n}x_i t^{i}\right)^{2}=0$, pour tout $t\in[0,1]$, donc $x_i=0$ pour tout $i\in\left\llbracket1,n\right\rrbracket$. Ainsi, $A$ est définie positive.

	Soient $\lambda_1\leqslant\dots\leqslant\lambda_n$ les valeurs propres de $A$. On a pour tout $X\in\R^{n}$, $\lambda_1\left\lVert X\right\rVert^{2}\leqslant f(X)$, donc $\lim\limits_{\left\lVert X\right\rVert\to+\infty}f(X)=+\infty$. Donc $f$ n'admet pas de maximum global sur $H_0$, mais un minimum global.

	Si $f$ présente un extremum en $X_0\in H_0$, soit alors $H=(h_1,\dots,h_n)\in H_0$. Soit \function{\varphi}{\R}{\R}{t}{f(X_0+t H)}
	$\varphi$ présente un extremum en $t=0$, donc $\varphi'(0)=0$ et $(\nabla f(X_0)| H)=0$.

	On a $\nabla f(X_0)=2AX_0$ (terme en $t$ du polynôme $f(X_0+tH)$) et $(2AX_{0}|H)=0$ pour tout $H\in H_0$, donc $AX_0\in H_0^{\perp}=\Vect((1,\dots,1))$ et il existe $\lambda\in\R$ tel que $AX_{0}=\lambda\begin{pmatrix}
		1\\\vdots\\1
	\end{pmatrix}$. Comme $A\in GL_{n}(\R)$ car $A\in S_{n}^{++}(\R)$, on a 
	\begin{equation}
		X_0=\lambda A^{-1}\begin{pmatrix}
			1\\\vdots\\1
		\end{pmatrix},
	\end{equation}
	et $X_0\in H_0$ donc $\left(X_0\middle|\begin{pmatrix}
		1\\\vdots\\1
	\end{pmatrix}\right)=1$, donc il y a un unique extremum sur $H_0$, qui est un minimum absolu : 
	\begin{equation}
		X_0=\frac{
			A^{-1}\begin{pmatrix}
				1\\\vdots\\1
			\end{pmatrix}
		}{
			\left(
				A^{-1}\begin{pmatrix}
					1\\\vdots\\1
				\end{pmatrix}\middle|
				\begin{pmatrix}
					1\\\vdots\\1
				\end{pmatrix}
			\right)
		}.
	\end{equation}
\end{proof}

\begin{proof}
	Soit $\Delta=\left\lbrace(x,y)\in\R^{2}\middle| x\neq0\right\rbrace$ ouvert. $f$ est$\mathcal{C}^{\infty}$ sur $\Delta$.

	Soit $y_0\in\R$, pour $r\geqslant0$ et $\theta\in\R$, on a 
	\begin{equation}
		f\left(r\cos(\theta),y_0+t\sin(\theta)\right)=
		\left\lbrace
			\begin{array}[]{ll}
				0 &\text{si }r=0\text{ ou }\theta\equiv\frac{\pi}{2}[\pi],\\
				r^{2}\cos^{2}(\theta)\sin\left(\frac{y_0+r\sin(\theta)}{r\cos(\theta)}\right) &\text{sinon}.
			\end{array}
		\right.
	\end{equation}
	Dans tous les cas, $\left\lvert f(r\cos(\theta),y_0+r\sin(\theta))\right\rvert\leqslant r^{2}\xrightarrow[r\to0]{}0.$ Donc $f$ est continue en $(0,y_0)$.

	Pour l'existence des dérivées partielles en $(0,y_0)$ : on forme $x\mapsto f(x,y_0)$ et on se demande si elle est dérivable en 0.
	Pour $x\neq 0$, on a 
	\begin{equation}
		\frac{f(x,y_0)-f(0,y_0)}{x}=x\sin\left(\frac{y_0}{x}\right),
	\end{equation}
	donc 
	\begin{equation}
		\left\lvert \frac{f(x,y_0)-f(0,y_0)}{x}\right\rvert\leqslant\left\lvert x\right\rvert\xrightarrow[x\to0]{}0.
	\end{equation}
	Donc $\frac{\partial f}{\partial x}(0,y_0)$ existe et vaut 0.

	Soit $y\mapsto f(0,y)=0$, donc $\frac{\partial f}{\partial y}(0,y)$ existe et vaut 0.

	Si $f$ est différentiable en $(0,y_0)$, nécessairement on a \function{df_{(0,y_0)}}{\R^{2}}{\R}{(h,k)}{h\frac{\partial f}{\partial x}(0,y_0)+k\frac{\partial f}{\partial y}(0,y_0)=0}

	Étudions donc 
	\begin{equation}
		f(h,y_0+k)-f(0,y_0)=\varphi(h,k)=
		\left\lbrace 
			\begin{array}[]{ll}
				h^{2}\sin\left(\frac{y_0+k}{h}\right), &\text{si }h\neq0,\\
				0, &\text{si }h=0.
			\end{array}
		\right.
	\end{equation}

	Alors $\left\lvert\varphi(h,k)\right\rvert\leqslant\left\lVert (h,k)\right\rVert_{2}^{2}$, donc $\varphi(h,k)=\underset{(h,k)\to(0,0)}{o}((h,k))$ donc $f$ est différentiable en $(0,0)$.

	Pour tout $(x_0,y_0)\in\Delta$, on a 
	\begin{equation}
		\begin{array}[]{rcl}
			\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0) &=&2x_0\sin\left(\frac{y_0}{x_0}\right)-y_0\cos\left(\frac{y_0}{x_0}\right),\\
			\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)=x_0\cos\left(\frac{y_0}{x_0}\right).
		\end{array}
	\end{equation}

	Pour $r\geqslant0$ et $\theta\in\R$, on a 
	\begin{equation}
		\frac{\partial f}{\partial x}(r\cos(\theta),r\sin(\theta))=
		\left\lbrace
			\begin{array}[]{ll}
				0, &\text{si }r\cos(\theta)=0,\\
				2r\cos(\theta)\sin\left(\frac{y_0+r\sin(\theta)}{r\cos(\theta)}\right),&\text{sinon.}
			\end{array}
		\right.
	\end{equation}
	Si $y_0\neq0$, pour $\theta=0$, on a $\frac{\partial f}{\partial x}(r,y_0)=-y_0\cos\left(\frac{y_0}{x}\right)$, qui n'a pas de limite en $r\to0$. Si $y_0=0$, on a $\left\lvert\frac{\partial f}{\partial x}(r\cos\theta,r\sin\theta)\right\rvert\leqslant 3r\xrightarrow[r\to0]{}0$. Donc $f$ n'est pas de classe $\mathcal{C}^{1}$ et on a toujours $\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)=0$.
\end{proof}

\begin{proof}
	Soit $X_0=(x_{1}^{0},\dots,x_{n}^{0})\in\R^{n}$. Si $\left\lVert\cdot\right\rVert_{1}$ est différentiable en $X_0$, alors pour tout $i\in\left\lbrace1,\dots,n\right\rbrace$, 
	\begin{equation}
		x_i\mapsto \left\lVert(x_1^{0},\dots,x_i,\dots,x_n^{0})\right\rVert=\left\lvert x_i\right\rvert+\sum_{j\neq i_0}\left\lvert x_j^{0}\right\rvert,
	\end{equation}
	est dérivable en $x_{i}^{0}$. Nécessairement, $x_{i}^{0}\neq0$ pour tout $i\in\left\lbrace1,\dots,n\right\rbrace$.
	Réciproquement, si pour tout $i\in\left\lbrace1,\dots,n\right\rbrace$, $x_{i}^{0}\neq0$, notons $\varepsilon_{i}=1$ si $x_i^{0}>0$ et $\varepsilon_i=-1$ sinon. Pour $X$ suffisamment proche de $X_0$, pour tout $i\in\left\lbrace1,\dots,n\right\rbrace$, $x_i$ est du signe de$ sx_{i}^{0}$ et $\left\lVert X\right\rVert_{1}=\sum_{i=1}^{n}\varepsilon_{i}x_{i}$, localement linéaire donc différentiable et 
	\begin{equation}
		d\left\lVert \cdot\right\rVert_{1}(X_0)\colon h=(h_1,\dots,h_n)\mapsto\sum_{i=1}^{n}\varepsilon_{i}h_i.
	\end{equation}

	S'il existe un unique indice $i_{0}\in\left\lbrace 1,\dots,n\right\rbrace$ tel que $\left\lvert x_{i_{0}}^{0}\right\rvert)\left\lVert X_0\right\rVert_{\infty}$, pour tout $k\in\left\lbrace1,\dots,n\right\rbrace\setminus\left\lbrace i_0\right\rbrace$, on a $\left\lvert x_j^{0}\right\rvert<\left\lvert x_{i_0}^{0}\right\rvert$ ($\neq0$ car sinon $x_1^{0}=\dots=x_n^{0}=0$ mais $n\geqslant2$). Pour $X=(x_1,\dots,x_n)$ suffisamment proche de $X_0$, comme $x_j\mapsto\left\lvert x_j\right\rvert-\left\lvert x_{i_{0}}\right\rvert$ est continue et strictement négative en $x_{0}$, pour tout $j\in\left\lbrace1,\dots,n\right\rbrace\setminus\left\lbrace i_0\right\rbrace$, $\left\lvert x_j\right\rvert<\left\lvert x_{i_0}\right\rvert$. Donc $\left\lVert X\right\rVert_{\infty}=\left\lvert x_{i_0}\right\rvert=\varepsilon_{i_0}x_{i_0}$, linéaire donc $\left\lVert \cdot\right\rVert_{\infty}$ est différentiable en $X_0$.

	S'il existe $i_1\neq i_2\in\left\lbrace 1,\dots,n\right\rbrace^{2}$ tel que $\left\lvert x_{i_{1}}^{0}\right\rvert=\left\lvert x_{i_{2}}^{0}\right\rvert=\left\lVert X_{0}\right\rVert_{\infty}$, quitte à remplacer âr $-X_0$ on suppose $x_{i_{1}}^{0}>0$. Soit 
	\function{\varphi}{\R}{\R}{t}{\left\lVert X_0+(0,\dots,0,t,0,\dots,0)\right\rVert=
	\left\lbrace
		\begin{array}[]{ll}
			t+x_{i_{1}}, &\text{si }t>0,\\
			\left\lvert x_{i_{2}}\right\rvert=x_{i_{1}},&\text{si }t<0.
		\end{array}
	\right.
	}
	$\varphi$ n'est pas dérivable en 0, donc $\left\lVert\cdot\right\rVert_{\infty}$ est non différentiable en $X^{0}$.
\end{proof}

\begin{proof}
	Soit $i_0\in\left\lbrace1,\dots,n\right\rbrace$. On prend $(\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_{n-1})\in[0,1]^{n-1}\setminus\left\lbrace(0,\dots,0)\right\rbrace$. On veut prolonger par continuité en $(0,\dots,0,1,0,\dots,0)$ où le $1$ est en $i_{0}$-ième position. On a
	\begin{align}
		\frac{\prod_{i=1}^{n-1}\varepsilon_i\times\left(1-\left(\varepsilon_1+\dots+\varepsilon_{n-1}\right)\right)}{\prod_{\substack{i=1\\i\neq i_0}}^{n}\left(1-\varepsilon_i\right)\times\left(\varepsilon_1+\dots+\varepsilon_n\right)}
		&\underset{(\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_n)\to(0,\dots,0)}{\sim}\frac{\prod_{i=1}^{n-1}\varepsilon_i}{\varepsilon_{1}+\dots+\varepsilon_{n-1}},\\
		&\leqslant\left\lVert(\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_{n-1})\right\rVert_{1}^{n-2}\xrightarrow[(\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_n)\to0]{}0,
	\end{align}
	car $n\geqslant3$.

	On note $\Sigma_n$ le simplexe.
	On peut définir \function{f}{\Sigma_n}{\R}{(x_1,\dots,x_n)}{
		\left\lbrace
			\begin{array}[]{ll}
				\frac{\prod_{i=1}^{n}x_i}{\prod_{i=1}^{n}(1-x_i)} &\text{si }\forall i\in\left\lbrace1,\dots,n\right\rbrace, x_i\neq1,\\
				0&\text{sinon.}
			\end{array}
		\right.
	}
	$f$ est continue sur le compact $\Sigma_{n}$ donc atteint son maximum sur $\Sigma_n$.

	On a $f\left(\frac{1}{n},\dots,\frac{1}{n}\right)>0$ donc le maximum est strictement positif et est atteint en 
	\begin{equation}
		X_0=(x_{1}^{0},\dots,x_{n}^{0})\in]0,1[^{n}.	
	\end{equation}

	Soit $h=(h_1,\dots,h_n)$ tel que $\sum_{i=1}^{n}h_i=0$. Pour $\left\lvert t\right\rvert$ suffisamment petit, on a $X_0+th\in\Sigma_n$ et $\varphi\colon t\mapsto f(X_0+th)$ admet un extremum en 0. On a $\varphi'(0)=0=(\nabla f(X_0)|h)$, vrai pour tout $h$ tel que $\sum_{i=1}^{n}h_i=0$, donc pour tout $h\in\left\lbrace(1,\dots,1)\right\rbrace^{\perp}$. Donc $\nabla f(X_0)\in\Vect(1,\dots,1)$. Par symétrie, on a $\frac{\partial f}{\partial x_1}(X_0)=\dots=\frac{\partial f}{\partial x_n}(X_0)$. Soit $i\in\left\lbrace1,\dots,n\right\rbrace$, on a 
	\begin{equation}
		f(x_1,\dots,x_n)=\left(-1+\frac{1}{1-x_i}\right)\prod_{\substack{j=1\\j\neq i}}^{n}\frac{x_j}{1-x_j}.
	\end{equation}

	On a donc 
	\begin{equation}
		\frac{\partial f}{\partial x_i}(X_0)=\frac{1}{(1-x_i^{0})^{2}}\prod_{\substack{j=1\\ j\neq i}}^{n}\frac{x_j^{0}}{1-x_j^{0}}=\frac{1}{x_{i_{0}(1-x_i^{0})}}\times\prod_{j=1}^{n}\frac{x_j^{0}}{1-x_j^{0}}.
	\end{equation}
	Ainsi, pour $i_1\neq i_2$, 
	\begin{equation}
		\frac{1}{x_{i_{1}}(1-x_{i_{1}})}=\frac{1}{x_{i_{2}}(1-x_{i_{2}})}.
	\end{equation}
	Soit \function{\psi}{]0,1[}{\R}{t}{t(1-t)}. Alors $x_{i_{2}}^{0}=x_{i_{1}}^{0}$ ou $1-x_{i_{1}}$. Dans le deuxième cas, on a $x_{i_{1}}^{0}+x_{i_{2}}^{0}=1$ et pour tout $i\not\in\left\lbrace i_{1},i_{2}\right\rbrace$, $x_i=0$, ce qui n'est pas car le maximum est strictement positif.

	Donc $x_1^{0}=\dots=x_{n}^{0}=\frac{1}{n}$ et donc 
	\begin{equation}
		\sup\left\lbrace\frac{\prod_{i=1}^{n}x_i}{\prod_{i=1}^{n}\left(1-x_i\right)}\middle| (x_1,\dots,x_n)\in(\R_{+})^{n},\sum_{i=1}^{n}x_i=1\right\rbrace=\left(\frac{1}{n-1}\right)^{n}.
	\end{equation}
\end{proof}

\begin{remark}
	En notant $\alpha_{n}=\left(\frac{1}{n-1}\right)^{n}$, on a 
	\begin{equation}
		\alpha_n=\e^{-n\ln(n-1)}=\e^{-n\left(\ln(n)+\ln\left(1-\frac{1}{n}\right)\right)}\underset{n\to+\infty}{\sim}\frac{\e}{n^{n}}.
	\end{equation}
\end{remark}

\begin{proof}
	On pose \function{f^{\star}}{\R^{2}}{\R}{(r,\theta)}{f(r\cos\theta,r\sin\theta)}
	$f^{\star}$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ par composition. On a 
	\begin{equation}
		\begin{array}[]{rcl}
			\frac{\partial f^{\star}}{\partial r} &=& \frac{\partial f}{\partial x}\cos(\theta)+\frac{\partial f}{\partial y}\sin(\theta),\\
			\frac{\partial f^{\star}}{\partial \theta} &=& \frac{\partial f}{\partial x}\left(-r\sin\theta\right)+\frac{\partial f}{\partial y}r\cos\theta.
		\end{array}
	\end{equation}
	Ainsi, $r\frac{\partial f^{\star}}{\partial r}=r\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}$. En reportant, on a donc 
	\begin{equation}
		r\frac{\partial f^{\star}}{\partial r}+r^{2}=0.
	\end{equation}

	Pour $r>0$, on a $\frac{\partial f^{\star}}{\partial r}=-r$, encore vrai pour $r\geqslant0$ par continuité de $\frac{\partial f^{\star}}{\partial r}$. Ainsi,
	\begin{equation}
		f^{\star}(r,\theta)=-\frac{r^{2}}{2}+g(\theta),
	\end{equation}
	avec $g$ de classe $\mathcal{C}^{1}$.
\end{proof}

\begin{proof}
	\phantom{}
	\begin{enumerate}
		\item Pour tout $k\in\N$, $\Tr(M^{k})$ est un polynomiale en coefficients de $M$. Soit $(M,H)\in\mathcal{M}_n(\R)^{2}$, formons \function{\varphi}{\R}{\R^{n}}{t}{f(M+tH)}
		Soit $k\in\N$, $\Tr((M+tH)^{k})$ est un polynôme, et la dérivée en 0 est le terme en $t$. Ce coefficient vaut 
		\begin{equation}
			\sum_{i=1}^{k}\Tr(M^{i-1}HM^{k-i})=k\Tr(M^{k-1}H).
		\end{equation}
		Donc $df_{M}(H)=\varphi'(0)=(\Tr(H),\dots,n\Tr(M^{n-1}H))$.

		\item On a $df_{M}\in\mathcal{L}(M_n(\R),\R^{n})$. D'après le théorème du rang, on a $\rg(df_{M})=n^{2}-\dim(\ker(df_{M}))$. Or 
		\begin{align}
			\ker(df_{M})
			&=\left\lbrace H\in\mathcal{M}_n(\R)\middle| \Tr(H)=\Tr(MH)=\dots=\Tr(M^{n-1}H)=0\right\rbrace,\\
			&=\left\lbrace H\in\mathcal{M}_n(\R)\middle| \forall P\in\R_{n-1}[X],\Tr(P(M)H)=0\right\rbrace.
		\end{align}

		D'après le théorème de Cayley-Hamilton, pour tout $A\in\R[X]$, il existe $P\in\R_{n-1}[X]$ tel que $A(M)=P(M)$ où $P$ est le reste de la division euclidienne de $A$ par $\chi_{M}$. Ainsi, 
		\begin{equation}
			\ker(df_{M})=\left\lbrace H\in\mathcal{M}_n(\R)\middle|\forall P\in\R[X],\Tr(P(M)H)=0\right\rbrace.
		\end{equation}
		Or $(A,B)\mapsto\Tr(A^{\mathsf{T}}B)$ est un produit scalaire, donc 
		\begin{equation}
			\ker(df_{M})=\left\lbrace H\in\mathcal{M}_n(\R)\middle|\forall P\in\R[X],(\underbrace{P(M)^{\mathsf{T}}}_{P(M^{\mathsf{T}}}|H)=0\right\rbrace=\R[M^{\mathsf{T}}]^{\perp}.
		\end{equation}
		Comme $\dim(\R[M^{\mathsf{T}}])=\deg\Pi_{M^{\mathsf{T}}}=\def\Pi_{M}$. Ainsi, $\rg(df_{M})=\deg\Pi_{M}$.

		\item A priori, pour tout $M\in\mathcal{M}_n(\R)$, $\Pi_M\mid \chi_M$ et 
		\begin{equation}
			C=\left\lbrace M\in\mathcal{M}_n(\R)\middle|\deg\Pi_M=n\right\rbrace=\left\lbrace M\in\mathcal{M}_n(\R)\middle|\rg(df_M)=n\right\rbrace.
		\end{equation}

		\begin{lemma}
			\label{lem:1}
			Si $\rg(A)=p$, il existe $\alpha>0$ tel que pour tout $M\in B(A,\alpha)$, $\rg(M)\geqslant p$.
		\end{lemma}
		\begin{proof}[Preuve du lemme~\ref{lem:1}]
			Il existe une sous-matrice carrée de taille $p$ inversible extraite de $A$.
		\end{proof}

		Soit $M_0\in C$, $\rg(df_{M_0})=n$, on applique le lemme à $\mat(df_{M_{0}},B,B')$ où $B$ est la base de $\mathcal{M}_n(\R)$ et $B'$ est la base de $\R^{n}$. $f$ étant $\mathcal{C}^{1}$, $M\mapsto df_M$ est continue et il existe $\alpha$ tel que si $\left\lVert M-M_0\right\rVert\leqslant\alpha$, alors $\rg(df_M)\geqslant n$. Or $df_M\colon\mathcal{M}_n(\R)\to\R^{n}$, donc $\rg(df_M)\leqslant n$ et $B(M_0,\alpha)\subset C$. Donc $C$ est ouvert.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proof}
	On forme \function{f^{\star}}{\R^{\star}\times[-\pi,\pi]\left\lbrace-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right\rbrace}{\R}{(r,\theta)}{f(r\cos\theta,r\sin\theta)}
	On a 
	\begin{equation}
		\begin{array}[]{rcl}
			\frac{\partial f^{\star}}{\partial r}&=&\frac{\partial f}{\partial x}\cos\theta+\frac{\partial f}{\partial y}\sin\theta,\\
			\frac{\partial f^{\star}}{\partial \theta}&=&\frac{\partial f}{\partial x}\left(-r\sin\theta\right)+\frac{\partial f}{\partial y}r\cos\theta.
		\end{array}
	\end{equation}

	Donc $r\frac{\partial f^{\star}}{\partial r}=x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}$. En reportant, on a 
	\begin{equation}
		r\frac{\partial f^{\star}}{\partial r}=\frac{1}{\cos^{2}\theta r^{2}},
	\end{equation}
	donc $\frac{\partial f^{\star}}{\partial r}=\frac{1}{r^{3}\cos^{2}\theta}$ en intégrant par rapport à $r$ ($\theta$ constant). Ainsi,
	\begin{equation}
		f^{\star}(r,\theta)=-\frac{1}{2r^{2}\cos^{2}\theta}+g(\theta),
	\end{equation}
	avec $g$ de classe $\mathcal{C}^{1}$. Pour $(x,y)\in\R^{*}\times\R\setminus\left\lbrace (x,0)\middle| x\leqslant0\right\rbrace$, on a 
	\begin{equation}
		\theta=2\arctan\left(\frac{y}{x+\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\right).
	\end{equation}
	Donc 
	\begin{equation}
		f(x,y)=-\frac{1}{2x^{2}}+h\left(\frac{y}{x+\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\right),
	\end{equation}
	avec $h$ de classe $\mathcal{C}^{1}$.
\end{proof}

\begin{proof}
	\phantom{}
	\begin{enumerate}
		\item Par convexité de $f$, pour tout $t\in[0,1]$, 
		\begin{equation}
			\begin{array}[]{rcl}
				f(ty+(1-t)x) &\leqslant &tf(y)+(1-t)f(x),\\
				f(x+(t(y-x)))&\leqslant & f(x)+t(f(y)-f(x)).
			\end{array}
		\end{equation}
		On a $df_{x}(y-x)=\lim\limits_{t\to0}\frac{f(x+t(y-x))-f(x)}{t}$, or pout tout $t\in]0,1]$, on a 
		\begin{equation}
			\frac{f(x+t(y-x))-f(x)}{t}\leqslant f(y)-f(x).
		\end{equation}
		Donc $df_{x}(y-x)\leqslant f(y)-f(x)$.

		\item Si $x$ est point critique de $f$, on a $df_{x}=0$. Donc pour tout $y\in U$, $f(y)\geqslant f(x)$ donc $f$ présente un minimum absolu. La réciproque est vraie car $U$ est ouvert.
		
		\item soit $(x,y)\in E^{2}$, soit $t\in[0,1]$. On a $f(x)=f(y)=\min\limits_{U}f$. Par convexité de $f$, on a 
		\begin{equation}
			f(tx+(1-t)y)\leqslant tf(x)+(1-t)f(y)=f(y),
		\end{equation}
		donc $f(tx+(1-t)y)=f(y)=\min\limits_{U}f$.

		\item On a $E=\left\lbrace x\in\R^{n}\middle| df_{x}=0\right\rbrace=df^{-1}(\left\lbrace0\right\rbrace)$. $E$ est fermé car $df$ est continue (application linéaire en dimension finie).
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proof}
	Si $f$ est $\alpha$-homogène, soit $g(t)=f(tx)=t^{\alpha}f(x)$. On a 
	\begin{equation}
		f'(t)=\alpha t^{\alpha-1}f(x)=df_{tx}(x)=\sum_{i=1}^{n}x_i\frac{\partial f}{\partial x_i}(tx_1,\dots,tx_n).
	\end{equation}
	Pour $t=1$, on a le résultat.

	Réciproquement, soient $g_1(t)=f(tx)$ et $g_2(t)=t^{\alpha}f(x)$. On a 
	\begin{equation}
		\begin{array}[]{rcl}
			g_1'(t) &=&\sum_{i=1}^{n}x_i\frac{\partial f}{\partial x_i}(tx),\\
			g_2'(t) &=& \alpha t^{\alpha-1}f(x).
		\end{array}
	\end{equation}
	Donc $tg_2'(t)=\alpha g_2(t)$ et $tg_1'(t)=\sum_{i=1}^{n}tx_i\frac{\partial f}{\partial x}(tx)=\alpha f(tx)=\alpha g_1(t)$.

	$g_1$ et $g_2$ sont solutions d'une même équation différentiable et $g_1(1)=g_2(1)$ donc $g_1=g_2$.
\end{proof}

\begin{remark}
	\phantom{}
	\begin{itemize}
		\item Une application linéaire est 1-homogène.
		\item Un produit scalaire est 2-homogène.
		\item $(x,y,z)\to xy^{2}-4x^{3}+xyz$ est 3-homogène.
	\end{itemize}
\end{remark}

\begin{proof}
	$f$ est $\mathcal{C}^{1}$ sur $\R^{3}$. On a $f(x,x,x)=3x^{2}-x^{3}\xrightarrow[x\pm\infty]{}\pm\infty$. $X=(x,y,z)$ est un point critique si et seulement si 
	\begin{equation}
		\begin{array}[]{rcl}
			\frac{\partial f}{\partial x}&=&0,\\
			\frac{\partial f}{\partial y}&=&0,\\
			\frac{\partial f}{\partial z}&=&0,
		\end{array}
	\end{equation}
	si et seulement si 
	\begin{equation}
		\begin{array}[]{rcl}
			2x &=& yz,\\
			2y &=& xz,\\
			2z &=& xy,			
		\end{array}
	\end{equation}
	si et seulement si 
	\begin{equation}
		\begin{array}[]{rcl}
			z&=&\frac{x^{2}z}{4},\\
			x&=&\frac{xz^{2}}{4},\\
			y&=&\frac{xz}{2},
		\end{array}
	\end{equation}
	si et seulement si $z=x=y0$ ou $(x,y,z)\in\left\lbrace (\pm2,\pm2,\pm2)\right\rbrace$ et $y=\frac{xz}{2}$.

	\begin{itemize}
		\item En (0,0,0), soit $X=(x,y,z)$, soit $X'=\frac{X}{\left\lVert X\right\rVert_{2}}$. On a $f(X)=\left\lVert X\right\rVert_{2}^{2}-\left\lVert X\right\rVert_{2}^{3}x'y'z'$. Or $\left\lvert x'y'z'\right\rvert\leqslant 1$ car $\left\lVert X'\right\rVert_{2}=1$. Donc $f(X)=\left\lVert X\right\rVert_{2}^{2}+\underset{X\to0}{o}\left(\left\lVert X\right\rVert_{2}^{2}\right)\underset{X\to0}{\sim}\left\lVert X\right\rVert_{2}^{2}$. Donc $f(X)\geqslant0=f(0)$ au voisinage de 0. On a donc un minimum local en 0.
		
		\item En (2,2,2), on a 
		\begin{align}
			f(2+h,2+k,2+l)-f(2,2,2)
			&=(2+h)^{2}+(2+k)^{2}+(2+l)^{2}\\
			&\qquad-(2+h)(2+k)(2+l)-4,\nonumber\\
			&=\underbrace{h^{2}+k^{2}+l^{2}-2hk-2kl-2hl}_{q(h,k,l)}-hkl.
		\end{align}

		Le dernier terme est un terme négligeable devant $\left\lVert (h,k,l)\right\rVert_{2}^{2}$ quand $(h,k,l)\to0$.
		On a 
		\begin{equation}
			q(h,k,l)=(h,k,l)\underbrace{\begin{pmatrix}
				1&-1&-1\\-1&1&-1\\-1&-1&1
			\end{pmatrix}}_{A}\begin{pmatrix}
				h\\k\\l
			\end{pmatrix}.
		\end{equation}
		On a $A=2I_{3}-\begin{pmatrix}
			1&1&1\\1&1&1\\1&1&1
		\end{pmatrix}$ semblable à $\diag(2,2,-1)$. Les valeurs propres de $A$ sont de signes opposés donc $q(h,k,l)$ change de signe donc $f$ admet un point col en (2,2,2) : pas d'extremum. Par exemple, $q(h,0,0)=h^{2}>0$ et $q(h,h,h)=-3h^{2}<0$ pour $h\neq0$.
	\end{itemize}
\end{proof}

\begin{proof}
	\phantom{}
	\begin{enumerate}
		\item Si $g$ est continue, $x\mapsto g(x,x)$ est continue et $f$ est $\mathcal{C}^{1}$.
		
		Réciproquement, si $f$ est $\mathcal{C}^{1}$, soit $(x,y)\in\R^{2}$. Soit \function{\gamma}{[0,1]}{\R}{t}{x+t(y-x)}
		$f\circ \gamma$ est $\mathcal{C}^{1}$. On a alors 
		\begin{align}
			f(y)-f(x)
			&=f(\gamma(1))-f(\gamma(0)),\\
			&=\int_{0}^{1}(f\circ\gamma)'(t)\d t,\\
			&=\int_{0}^{1}(y-x)f'(\gamma(t))\d t.
		\end{align}
		Donc si $x\neq y$, $g(x,y)=\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=\int_{0}^{1}f'(x+t(y-x))\d t$, vrai aussi si $x=y$. On a, pour $t\in[0,1]$ fixé, $(x,y)\mapsto f'(x+t(y-x))$ est continue car $f$ est $\mathcal{C}^{1}$. Par ailleurs, soit $R>0$ tel que $(x,y)\in[-R,R]^{2}$, notons $M_R=\left\lVert f'\right\rVert_{\infty,[-R,R]}$. Pour tout $t\in[0,1]$, $x+t(y-x)\in[-R,R]$ et $\left\lvert f'(x+t(y-x))\right\rvert\leqslant M_R$ intégrable sur $[0,1]$. D'après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, $g$ est continue.

		\item Si $g$ est $\mathcal{C}^{1}$, alors $f$ est $\mathcal{C}^{2}$.
		Réciproquement, si $f$ est $\mathcal{C}^{2}$, fixons $(x_0,y_0)\in\R^{2}$. Soit 
		\begin{equation}
			\varphi_1(x)=g(x,y_0)=\int_{0}^{1}f'(x+t(y_0-x))\d t.
		\end{equation}
		On note $F(x,t)$ l'intégrande. On a $\frac{\partial F}{\partial x}(x,t)=(1-t)f''(x+t(y_0-x))$. Soit $R\geqslant\max(\left\lvert y_0\right\rvert,\left\lvert x_0\right\rvert+1)$ et $x\in[-R,R]$. Alors pour tout $t\in[0,1]$, $x+t(y_0-x)\in[-R,R]$. Soit $M_2=\left\lVert f''\right\rVert_{\infty,[-R,R]}$. D'où $\left\lvert\frac{\partial F}{\partial x}(x,t)\right\rvert\leqslant(1-t)M_2$ intégrable sur $[0,1]$. 

		Donc $\varphi_1$ est dérivable en $x_0$, et on a 
		\begin{equation}
			\varphi'(x_0)=\frac{\partial g}{\partial x}(x_0,y_0)=\int_{0}^{1}(1-t)f''(x_0+t(y_0-x_0))\d t.
		\end{equation}
		De même, comme $g(y,x)=g(x,y)$, on a 
		\begin{equation}
			\frac{\partial g}{\partial y}(x_0,y)=\int_{0}^{1}tf''(x_{0}+t(y_{0}-x_{0}))\d t.
		\end{equation}

		De plus, on vérifie la continuité des dérivées partielles (par rapport à $(x,y)$) grâce au théorème de continuité d'une intégrale à paramètre. Donc $g$ est $\mathcal{C}^{1}$.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proof}
	Soit $(x_0,y_0)\in U$, $z_0=x_0+\i y_0$ et $h=h_1+\i h_2\in\C$. $f$ est dérivable au sens complexe si et seulement s'il existe $f'(z_0)=a+\i b\in\C$ tel que $f(z_0+h)=f(z_0)+h(a+\i b)+\underset{h\to0}{o}(h)$ si et seulement si 
	\begin{equation}
		\widetilde{f}_1(x_0+h_1,y_0+h_2)+\i\widetilde{f}_2(x_0+h_1,y_0+h_2)=\widetilde{f}_1	(x_0,y_0)+\i\widetilde{f}_2(x_0,y_0)+(h_1+\i h_2)(a+\i b)+\underset{h\to0}{o}(h),
	\end{equation}
	si et seulement si 
	\begin{equation}
		\left\lbrace
			\begin{array}[]{rcl}
				\widetilde{f}_1(x_0+h_1,y_0+h_2) &=&\widetilde{f}_1(x_0,y_0)+h_1a-h_2b+\underset{h\to0}{o}(h),\\
				\widetilde{f}_2(x_0+h_1,y_0+h_2) &=&\widetilde{f}_2(x_0,y_0)+h_1b+h_2a+\underset{h\to0}{o}(h),
			\end{array}
		\right.
	\end{equation}
	si et seulement si $\widetilde{f}_1$ et $\widetilde{f}_2$ sont différentiables en $(x_0,y_0)$ et 
	\begin{equation}
		\left\lbrace
			\begin{array}[]{ll}
				\frac{\partial \widetilde{f}_1}{\partial x}(x_0,y_0)=a, &\frac{\partial \widetilde{f}_1}{\partial y}(x_0,y_0)=-b,\\
				\frac{\partial \widetilde{f}_2}{\partial x}(x_0,y_0)=b, \frac{\partial \widetilde{f}_2}{\partial y}(x_0,y_0) =a.
			\end{array}
		\right.,
	\end{equation}
	si et seulement si $\widetilde{f}$ est différentiable en $(x_0,y_0)$ et $J_{\widetilde{f}}(x_0,y_0)=\begin{pmatrix}
		a&-b\\b&a
	\end{pmatrix}$ si et seulement si $d\widetilde{f}_{(x_0,y_0)}$ est une similitude directe si et seulement si $\widetilde{f}$ est différentiable en $(x_0,y_0)$ et (équations de Cauchy-Riemann)
	\begin{equation}
		\begin{array}[]{rcl}
			\frac{\partial \widetilde{f}_1}{\partial x} &=& \frac{\partial \widetilde{f}_2}{\partial y},\\
			\frac{\partial \widetilde{f}_1}{\partial y} &=& -\frac{\partial \widetilde{f}_2}{\partial x}.
		\end{array}
	\end{equation}
\end{proof}

\begin{proof}
	\phantom{}
	\begin{enumerate}
		\item Pour tout $(x,y)\in U$, on a 
		\begin{equation}
			\Delta f_n(x,y)=\Delta f(x,y)+\frac{4}{n}=\frac{4}{n}>0.
		\end{equation}

		Si le $\sup\limits_{\overline{U}}f_n$ est atteint en un point de l'intérieur, $(x_n,y_n)$ alors en ce point on a annulation des dérivées partielles. Comme $\Delta f_n(x_n,y_n)>0$, on a $\frac{\partial^{2}f_n}{\partial x^{2}}(x_n,y_n)>0$ ou $\frac{\partial^{2}f_n}{\partial y^{2}}(x_n,y_n)>0$. Supposons par symétrie $\frac{\partial^{2}f_n}{\partial x^{2}}(x_n,y_n)>0$, alors pour $h$ suffisamment petit,
		\begin{equation}
			f_n(x_n+h,y_n)=f_n(x_n,y_n)+h\underbrace{\frac{\partial f_n}{\partial x}(x_n,y_n)}_{=0}+\frac{h^{2}}{2}\underbrace{\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(x_n,y_n)}_{>0}+\underset{h\to0}{o}(h),
		\end{equation}
		alors $f_n(x_n+h,y_n)>0f_n(x_n,y_n)$ pour $h$ suffisamment petit. C'est absurde car on avait supposé $f_n(x_n,y_n)=\sup\limits_{\overline{U}}f_n$. Donc $\sup\limits_{\overline{U}}f_n$ est atteint sur $\partial U$.

		\item Soit $((x_n,y_n))_{n\in\N}$ une suite de points de $\partial U$ telle que $f_n(x_n,y_n)=\sup\limits_{\overline{U}}f_n$. $\partial U$ est fermé borné dans $\R^{2}$ donc compact. On extrait une suite $((x_{\sigma(n)},y_{\sigma(n)}))_{n\in\N}$ convergente vers $(x_{\infty},y_{\infty})\in\partial U$. De cette dernière, on a 
		\begin{equation}
			f(x_{\sigma(n)},y_{\sigma(n)})=f_{\sigma(n)}(x_{\sigma(n)},y_{\sigma(n)})-\underbrace{\frac{1}{\sigma(n)}(x_{\sigma(n)}^{2}+y_{\sigma(n)}^{2})}_{\xrightarrow[n\to+\infty]{}0},
		\end{equation}
		car $\overline{U}$ borné. $f$ étant continue, on a 
		\begin{equation}
			\lim\limits_{n\to+\infty}f_{\sigma(n)}(x_{\sigma(n)},y_{\sigma(n)})=f(x_{\infty},y_{\infty}).
		\end{equation}
		Soit $(x,y)\in\overline{U}$, on a 
		\begin{equation}
			f_{\sigma(n)}(x,y)\leqslant f_{\sigma(n)}\leqslant (x_{\sigma(n)},y_{\sigma(n)}).
		\end{equation}
		Par passage à la limite, $f(x,y)\leqslant f(x_{\infty},y_{\infty})$ et donc 
		\begin{equation}
			f(x_{\infty},y_{\infty})=\max\limits_{\overline{U}}f.
		\end{equation}

		\item On forme $h=f-g$ continue sur $\overline{U}$, harmonique sur $U$ et $h_{\mid\partial U}=0$. D'après ce qui précède, $h(x)\leqslant0$ pour tout $x\in\overline{U}$. On peut ainsi appliquer le résultat à $-h=g-f$, donc pour tout $x\in\overline{U}$, $h(x)\leqslant 0$ d'où $h(x)\geqslant0$ pour tout $x\in\overline{U}$. Finalement, on $f=g$.
		\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{remark}
	On vient de montrer l'unicité d'une solution éventuelle au problème de Dirichlet : $\Delta f=0$ sur $U$, $f=\widetilde{f}$ sur $\partial U$ avec $\widetilde{f}\colon\partial U\to\R$ continue.

	On peut montrer l'existence sur $\overline{D(0,1)}$.
	Soit \function{\widetilde{f}}{C(0,1)}{\C}{z=\e^{\i\theta}}{\widetilde{f}(\e^{\i\theta})} continue, alors \function{f}{\R}{\C}{\theta}{\widetilde{f}(\e^{\i\theta})} continue $2\pi$-périodique.

	On pose $c_n(g)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}g(\theta)\e^{-\i n\theta}\d\theta$ pour tout $n\in\Z$. On a$ \sum_{n\in\Z}\left\lvert c_n(g)\right\rvert^{2}<\infty$. On définir, pour tout $r\in[0,1[$, pour tout $\theta\in\R$,
	\begin{equation}
		f(r\e^{\i\theta})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(g)r^{n}\e^{\i n\theta},
	\end{equation}
	harmonique sur $\overline{D(0,1)}$ et vérifie $f_{\mid\partial U}=\widetilde{f}$, $f(x+\i y)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(g)(x+\i y)^{n}$ : $\Delta f=0$. Notons que l'on a 
	\begin{equation}
		f(r\e^{\i\theta})=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(t)P_r(\theta-i)\d t,
	\end{equation}
	avec 
	\begin{equation}
		P_r(x)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}r^{\left\lvert n\right\rvert}\e^{\i nx}=\frac{1-r^{2}}{1-(2\cos(x))r+r^{2}}.
	\end{equation}
\end{remark}

\begin{proof}
	On a 
	\begin{equation}
		\begin{array}[]{rcl}
			\frac{\partial}{\partial r} &=& \frac{\partial}{\partial x}\cos\theta+\frac{\partial}{\partial y}\sin\theta,\\
			\frac{\partial}{\partial\theta} &=& \frac{\partial}{\partial x}(-r\sin\theta)+\frac{\partial}{\partial y}(r\cos\theta),
		\end{array}
	\end{equation}
	Ainsi,
	\begin{equation}
		\begin{array}[]{rcl}
			\frac{\partial}{\partial x}&=&\cos\theta\frac{\partial}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta},\\
			\frac{\partial}{\partial y}&=&\sin\theta\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}.
		\end{array}
	\end{equation}

	En réinjectant, on a 
	\begin{align}
		\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}
		&=\cos\theta\frac{\partial}{\partial r}\left(\cos\theta\frac{\partial}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}\right)-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\cos\theta\frac{\partial}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}\right),\\
		&=\cos^{2}\theta\frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}}+\frac{\cos\theta\sin\theta}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial\theta}\\
		&\qquad-\frac{\cos\theta\sin\theta}{r}\frac{\partial^{2}}{\partial r\partial\theta}+\frac{\sin^{2}\theta}{r}\frac{\partial}{\partial r}\\
		&\qquad-\frac{\sin\theta\cos\theta}{r}\frac{\partial^{2}}{\partial\theta\partial r}+\frac{\sin\theta\cos\theta}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial\theta}\\
		&\qquad+\frac{\sin^{2}\theta}{r^{2}}\frac{\partial^{2}}{\partial\theta^{2}}.
	\end{align}

	On fait les mêmes calculs pour $\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}$ :
	\begin{align}
		\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}
		&=\sin^{2}\theta\frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}}-\frac{\sin\theta\cos\theta}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial\theta}\\
		&\qquad +\frac{\sin\theta\cos\theta}{r}\frac{\partial^{2}}{\partial r\partial\theta}+\frac{\cos^{2}\theta}{r}\frac{\partial}{\partial r}\\
		&\qquad +\frac{\cos\theta\sin\theta}{r}\frac{\partial^{2}}{\partial\theta\partial r}-\frac{\cos\theta\sin\theta}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial\theta}\\
		&\qquad +\frac{\cos^{2}\theta}{r^{2}}\frac{\partial^{2}}{\partial\theta^{2}}.
	\end{align}

	Finalement, on a 
	\begin{equation}
		\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}=\frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}}+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}}{\partial\theta^{2}}=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}}{\partial\theta^{2}}.
	\end{equation}
\end{proof}

\begin{proof}
	\phantom{}
	\begin{enumerate}
		\item $G$ est $\mathcal{C}^{2}$ (l'hypothèse de domination est vérifiée sur les compacts). On a 
		\begin{equation}
			G'(r)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{\partial\widetilde{f}_1}{\partial r}(r,\theta)\d\theta.
		\end{equation}
		On a 
		\begin{align}
			\frac{1}{r}\frac{\d}{\d r}\left(r\frac{\d G}{\d r}\right)
			&=\frac{1}{2\pi r}\int_{0}^{2\pi}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial \widetilde{f}_1}{\partial f}\right)(r,\theta)\d\theta,\\
			&=-\frac{1}{2\pi r^{2}}\int_{0}^{2\pi}\frac{\partial^{2}\widetilde{f}_1}{\partial\theta^{2}}(r,\theta)\d\theta,\\
			&=-\frac{1}{2\pi r^{2}}\left[\frac{\partial \widetilde{f}_1}{\partial\theta}(,r\theta)\right]_{\theta=0}^{\theta=2\pi},\\
			&=0.
		\end{align}
		\item 
		$r\mapsto rG'(r)$ est constant pour $r>0$, et continue en $0$, donc $G'$ est nulle donc $G$ est constant. Ainsi, $G(r)=f(x_0,y_0)$.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{proof}
	\phantom{}
	\begin{enumerate}
		\item Soit $\gamma\colon]-\alpha,\alpha[\to O_n(\R)$ de classe $\mathcal{C}^{1}$ tel que $\gamma'(0)=A$ et $\gamma(0)=I_n$. On a $\gamma(t)^{\mathsf{T}}\gamma(t)=I_n$. En dérivant, on a 
		\begin{equation}
			\gamma'(t)^{\mathsf{T}}\gamma(t)+\gamma(t)^{\mathsf{T}}\gamma'(t)=0,
		\end{equation}
		donc $A^{\mathsf{T}}+A=0$. Ainsi, $A\in\mathcal{A}_n(\R)$.

		Réciproquement, soit $A\in\mathcal{A}_n(\R)$, on définit \function{\gamma}{\R}{\mathcal{M}_n(\R)}{t}{\exp(tA)} de classe $\mathcal{C}^{1}$. On a $\gamma(0)=I_n$ et $\gamma'(0)=A$. De plus, 
		\begin{equation}
			\exp(tA)^{\mathsf{T}}\exp(tA)=\exp(t(A^{\mathsf{T}}+A))=I_n,
		\end{equation}
		donc $\gamma\colon\R\to O_n(\R)$ et $A\in\mathcal{T}_{I_n}(O_n(\R))$. Notons que $\det(\exp(tA))=\exp(\Tr(tA))=1$ donc $\exp(tA)\in SO_n(\R)$.

		\item On a $A\in\mathcal{T}_\theta(O_n(\R))$ si et seulement s'il existe \function{\gamma}{]-\alpha,\alpha[}{O_n(\R)}{t}{\gamma(t)} tel que $\gamma(0)=\theta$ et $\gamma'(0)=A$ si et seulement s'il existe \function{\gamma_1}{]-\alpha,\alpha[}{O_n(\R)}{t}{\theta^{-1}\gamma(t)} tel que $\gamma_1(O)=I_n$ et $\gamma_1'(0)=\theta^{-1}A$ si et seulement si $\theta^{-1}A\in\mathcal{A}_n(\R)$ (d'après ce qui précède) et 
		\begin{equation}
			\mathcal{T}_{\theta}(O_n(\R))=\theta\mathcal{A}_n(\R).
		\end{equation}

		\item $O_n(\R)$ est compact (fermé et borné en dimension finie). Donc $d(M,O_n(\R))$ est atteinte.
		
		Soit $\theta_{0}$ tel que $d(M,O_n(\R))=\left\lVert\theta_{0}-M\right\rVert_{2}$, c'est-à-dire que \function{\iota}{O_n(\R)}{\R}{\theta}{\left\lVert\theta-M\right\rVert_{2}^{2}}. Soit \function{\gamma}{]-\alpha,\alpha[}{O_n(\R)}{t}{\gamma(t)} de classe $\mathcal{C}^{1}$ tel que $\gamma(0)=\theta_0$ et $\gamma'(0)=A$. Alors $\theta^{-1}A\in\mathcal{A}_n(\R)$ d'après ce qui précède.

		\function{f}{]-\alpha,\alpha[}{\R}{t}{\left\lVert \gamma(t)-M\right\rVert_{2}^{2}} atteint un minimum en 0, donc 
		\begin{align}
			f'(0)
			&=0,\\
			&=\d\left\lVert\cdot\right\rVert_{2_{\theta_0-M}}^{2}(A),\\
			&=(\nabla(\left\lVert\cdot\right\rVert_{2}^{2})(\theta_0-M)|A),\\
			&=2(\theta_0-M|A).
		\end{align}
		C'est vrai pour tout $A\in\mathcal{M}_n(\R)$ tel que $\theta_{0}^{-1}A\in\mathcal{A}_n(\R)$ donc pour tout $B\in\mathcal{A}_n(\R)$; $(\theta_0-M|\theta_0 B)=(\theta_0-\theta(\theta_0^{-1}M)|\theta_0B)=0$.

		Comme $\theta\in O_n(\R)$, on a pour tout $B\in\mathcal{A}_n(\R)$, $(I_n-\theta_0^{-1}M|B)=0$ donc $I_n-\theta_{0}^{-1}M\in\left(\mathcal{A}_n(\R)\right)^{\perp}=\mathcal{S}_n(\R)$ (car pour tout $(B,S)\in\mathcal{A}_n(\R)\times \mathcal{S}_n(\R)$, $(B|S)=\Tr(B^{\mathsf{T}}S)=-\Tr(BS)$ donc $(B|S)=0$ et $\dim\mathcal{A}_n(\R)+\dim\mathcal{S}_n(\R)=n^{2}$).

		Donc $\theta_{0}^{-1}M\in\mathcal{S}_n(\R)$. Il existe donc $S_0\in\mathcal{S}_n(\R)$ tel que $M=\theta_0 S_0$. On a $M^{\mathsf{T}}M=S_0^{\mathsf{T}}\theta_0^{\mathsf{T}}\theta_0 S_0=S_0^{2}$. Ainsi,
		\begin{align}
			\left\lVert\theta_0-M\right\rVert_{2}^{2}
			&=(\theta_0-\theta_0 S_0|\theta_0-\theta_0 S_0),\\
			&=(I_n-S_0| I_n-S_0),\\
			&=\Tr((I_n-S_0)^{2}),\\
			&=\Tr(I_n-2S_0+S_0^{2}),\\
			&=n-2\Tr(S_0)+\sum_{i=1}^{n}\lambda_i^{2},\\
			&=\sum_{i=1}^{n}\left(\lambda_i-1\right)^{2},
		\end{align}
		où $(\lambda_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ sont les valeurs propres de $S_0$ (qui sont les racines des valeurs propres de $M^{\mathsf{T}}M$).

		Réciproquement, si $M=\theta S$, on a $S^{\mathsf{T}}S=M^{2}=S_0^{\mathsf{T}}S_0=S_{0}^{2}$ : c'est encore minimal.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\end{document}