Calculs différentiels

Soit $k\in \inter{1,n}$, on a $D_{O,k}=\{t\in \R,\, O+(t-O_k)e_k\in \R^n\}=\R$ et $f_{O,k}(t)=f(te_k)=(t^2) {\,}^t e_kAe_k$, or $Ae_k$ donne $C_k$ la $k$^ème colonne de $A$ et ${\,}^te_k C_k$ donne la $k$^ème coefficient de $C_k$.
On en déduit alors, $$f_{O,k}(t)=a_{k\,k}t^2.$$

1. $D_f=\R^2$. $$ \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)= 2x\exp(xy)+x^2y\exp(xy),\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)= x^3\exp(xy).$$ \noindent
2. $D_f=\{(x,y); x > 0 \ \text{ou} \ y \ne 0\}\subseteq \R^2$. $$\begin{array}{lcl} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=& \dsp\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}}{x+\sqrt{x^2+y^2}}= \frac 1{\sqrt{x^2+y^2}},\quad\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=& \dsp \frac{\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}}{x+\sqrt{x^2+y^2}} =\frac{y}{x\sqrt{x^2+y^2}+x^2+y^2}. \end{array}$$
3. $D_f=\R^2$. $$ \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)= 2\sin(x) \cos(x),\quad\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)= -2\sin(y) \cos(y).$$
4. $D_f=\{(x,y,z); z > 0\}\subseteq \R^3$. $$ \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)= 2xy^2\sqrt{z},\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z)= 2x^2y\sqrt{z} ,\quad \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)= \frac {x^2y^2}{2\sqrt{z}} .$$

Soit $\Delta_1\,:~~y=x$ et $\Delta_2\,:~~y=-x$. Notons $\Omega =\R^2\setminus (\Delta_1\cup \Delta_2)$.
$f$ est de classe $\CC^1$ sur $\Omega$ puisque la restriction de $f$ à $\Omega$ est: $$(x,y)\longmapsto x\text{ ou } -x \text{ ou } y \text{ ou } -y.$$ Soit $x_0\in \R_+^*$, on a $f(x_0,x_0)=x_0$ et $f(x,x_0)=x$ pour $x>x_0$, et $f(x,x_0)=x_0$ pour $x\leq x_0$. Ce qui donne: $$\limiteX{x}{x_0^+}\dfrac{f(x,x_0)-f(x_0,x_0)}{x-x_0}=1,~~~~\limiteX{x}{x_0^-}\dfrac{f(x,x_0)-f(x_0,x_0)}{x-x_0}=0.$$ Donc $f$ n'admet pas de dérivée partielle par rapport à $x$ en $(x_0,x_0)$ donc $f$ n'est pas de classe $\CC^1$ en $(x_0,x_0)$.
Le même raisonnement pour les autres cas montre que $f$ n'est pas de classe $\CC^1$ aux points de $(\Delta_1\cup\Delta_2)$.
On en déduit que le plus grand ouvert de $\R^2$, sur le quel $f$ est de classe $\CC^1$ est $\Omega$.

Soient $(x,y)\in \Omega$, en utilisant le faite que $-2xy< x^2+y^2$, puisque $x+y>0$, on trouve $$(1-xy)^2=1-2xy+x^2y^2< 1+x^2+y^+x^2y^2 \Longrightarrow \dfrac{\abs{1-xy}}{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}}< 1$$ Donc $f$ est bien définie.
Posons $u(x,y)= \dfrac{1-xy}{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}}$, on a $$\begin{array}{lcl} \dfrac{\partial u}{\partial x}(x,y)&=&\dsp \dfrac{-y\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}-\dfrac{(1-xy)(x+xy^2)}{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}}} {1+x^2+y^2+x^2y^2}\\ &&\\ &=&\dsp\dfrac{-y(1+x^2+y^2+x^2y^2)-(x+xy^2-x^2y-x^2y^3)}{(1+x^2+y^2+x^2y^2)^{3/2}}\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{-y-x-xy^2-y^3}{(1+x^2+y^2+x^2y^2)^{3/2}}=\dfrac{-(x+y)(1+y^2)}{(1+x^2+y^2+x^2y^2)^{3/2}} \end{array}$$ Ensuite, $$\begin{array}{lcl} \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=& \dsp \dfrac{\dfrac{\partial u}{\partial x}(x,y)}{\sqrt{1-u^2(x,y)}}\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{(x+y)(1+y^2)}{(1+x^2+y^2+x^2y^2)^{3/2}}\dfrac{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}}{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2-1+2xy-x^2y^2}}\\ &&\\ &=&\dsp\dfrac{(x+y)(1+y^2)}{(1+x^2+y^2+x^2y^2)\sqrt{(x+y)^2)}}=\dfrac{-(x+y)(1+y^2)}{(1+x^2)(1+y)^2(x+y)}\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{1}{1+x^2} \end{array}$$ D'autre part, $$g(x,y)=\Arccos\left(\frac{1-xy}{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}}\right)=g(y,x) \Longrightarrow\dfrac{\partial g}{\partial y}(x,y)=\dfrac{\partial f}{\partial x}(y,x)$$ On en déduit alors, $$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\dfrac{1}{1+y^2}-\dfrac{1}{1+y^2}=0.$$ Comme $\Omega$ est convexe (petit exercice à faire), alors d'après le résultat précédent, on trouve: $$\exists \varphi\in \CC^1(\R),\,\forall (x,y)\in \Omega,\, f(x,y)=\varphi(x).$$ Vu que $\varphi'(x)= \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\dfrac{1}{1+x^2}$, on en déduit que: $$\exists c\in \R,\, \forall (x,y)\in \Omega,\, f(x,y)=\Arctan (x)+c.$$ Pour $(x,y)=(1,1)$, on a $f(1,1)=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}+c$, donc $c=0$.

Puisque $f$ est de classe $\CC^1$ alors $f$ admet un DL au voisinage de $(0,1,1)$, d'autre part, $$\ch(t)=1+\dfrac{t^2}{2}+\underset{t\to 0}{\mathrm{o}}(t^2),\, \cos(t)=1-\dfrac{t^2}{2}+\underset{t\to 0}{\mathrm{o}}(t^2),\,\ee^t=1+t+\dfrac{t^2}{2}+\underset{t\to 0}{\mathrm{o}}(t^2).$$ Ainsi, en posant $X=(t^2,\ch (t),\ee^t)=(0,1,1)+t(0,0,1)+\underset{t\to 0}{\mathrm{o}}(t)$ et $h=X-(0,1,1)$, $$\begin{array}{lcl} f(X)&=&\dsp f(0,1,1)+\frac{\partial f}{\partial x}(0,1,1)\times 0+\frac{\partial f}{\partial y}(0,1,1)\times 0+ \frac{\partial f}{\partial z}(0,1,1)\times 1+\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h)\\ &=&3t +\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h) \end{array} $$ On pose maintenant $Y=(t,\cos t,\ch t)=(0,1,1) +t(1,0,0)+\underset{t\to 0}{\mathrm{o}}(t)$ et $h=Y-(0,1,1)$, $$\begin{array}{lcl} f(Y)&=&\dsp f(0,1,1)+\frac{\partial f}{\partial x}(0,1,1)\times 1+\frac{\partial f}{\partial y}(0,1,1)\times 0+\frac{\partial f}{\partial z}(0,1,1)\times 0+\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h)\\ &=&t +\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h) \end{array} $$ On en déduit $$\lim_{t\to0} \frac{f(t^2,\ch t,\ee^t)}{f(t,\cos t,\ch t)}=\lim_{t\to0} \frac{3t +\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h)}{t +\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h)}=3.$$

On sait que $\varphi$ est continue (une application linéaire sue un espace vectoriel de dimension finie).
Soit $A,H\in \MM_n(\R)$, on a $$\varphi(A+H)=\tr (A+H)=\tr (A)+\tr (H)=\varphi(A)+\varphi(H).$$ En utilisant le résultat du théorème précédent, et en posant $\ell_A=\varphi$, on trouve que $\varphi$ est de classe $\CC^1$ sur $\MM_n(\R)$. Si on note $\BB =(E_i)_{i\in \inter{1,n^2}}$ la base canonique de $\MM_n(\R)$, on a $\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_k}(A)=\tr (E_k)$.
Par exemple, si $n=2$ et en notant $$E_1=\begin{pmatrix} 1&0\\0&0 \end{pmatrix},\,E_2=\begin{pmatrix} 0&1\\0&0 \end{pmatrix},\,\,E_3=\begin{pmatrix} 0&0\\1&0 \end{pmatrix},\,\,E_4=\begin{pmatrix} 0&0\\0&1 \end{pmatrix}$$ Alors, $\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_1}(A)=\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_4}(A)=1$, et $\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_2}(A)=\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_3}(A)=0$.

Soit $A,H\in \MM_n(\R)$, on a $$\varphi(A+H)=\tr ((A+H)^2)=\tr (A^2+AH+HA+H^2)=\varphi(A)+\tr(AH+HA)+\tr(H^2).$$ Comme la fonction $\tr$ est continue, alors $\abs{\tr(H^2)}\leq K \norme{H^2}\leq K\norme{H}^2$ (avec $K>0$), donc $\tr(H^2)=\mathrm{o}(h)$.
En utilisant le résultat du théorème précédent, et en posant $\ell_A(H)=\tr (AH+HA)$, on trouve que $\varphi$ est de classe $\CC^1$ sur $\MM_n(\R)$. Si on note $\BB =(E_i)_{i\in \inter{1,n^2}}$ la base canonique de $\MM_n(\R)$, on a $\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_k}(A)=\tr (AE_k+E_kA)=\tr(AE_k) +\tr (E_kA) =2\tr (A E_k$.
Par exemple, si $n=2$ et en notant $$E_1=\begin{pmatrix} 1&0\\0&0 \end{pmatrix},\,E_2=\begin{pmatrix} 0&1\\0&0 \end{pmatrix},\,\,E_3=\begin{pmatrix} 0&0\\1&0 \end{pmatrix},\,\,E_4=\begin{pmatrix} 0&0\\0&1 \end{pmatrix},\,\,A=\begin{pmatrix} x&y\\ z&w \end{pmatrix}$$ Alors, $$\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_1}(A)=\tr (\begin{pmatrix} x&y\\ z&w \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0\\0&0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 1&0\\0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x&y\\ z&w \end{pmatrix}) =\tr (\begin{pmatrix} x+x&y\\ z&0 \end{pmatrix})=2x$$ et $\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_2}(A)=2z,\,\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_3}(A)=2y,\,\,\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_4}(A)=2w$.

Il suffit d'écrire, pour $x\neq 0$, $$\begin{array}{lcl} f(x+h)&=&\dsp\norme{x}\left(1+2\frac{\scal{x}{h}}{\norme{x}^2}+\dfrac{\norme{h}^2}{\norme{x}^2}\right)^{\frac{1}{2}}\\ &=&\dsp f(x)+\frac{\scal{x}{h}}{\norme{x}}+\mathrm{o}(h)=f(x)+ \scal{\frac{x}{\norme{x}}}{h}+\mathrm{o}(h). \end{array}$$ On en déduit que, pour $x\neq 0$, $\nabla f(x)=\dfrac{x}{\norme{x}}$.

On note $v=(v_1,\cdots,v_p)$ et $\Phi(t)=a+tv$ (pour $t\in \R,$ t.q. $a+tv\in I$), alors on a $\Phi'(t)=v$, puis en appliquant la règle de la chaîne, on obtient, $$g'(t)=\ud f (\Phi(t))\cdot \Phi'(t)=\dsum_{j=1}^pv_j\partial_j f(a+tv).$$

Avec les notations ci-dessus, on a $$ \dfrac{\partial g(r,\theta)}{\partial r}= \dfrac{\partial f}{\partial x}\dfrac{\partial x}{\partial r}+ \dfrac{\partial f}{\partial y}\dfrac{\partial y}{\partial r} =\cos (\theta)\dfrac{\partial f}{\partial x}+\sin(\theta)\dfrac{\partial f}{\partial y} $$ et, $$ \dfrac{\partial g(r,\theta)}{\partial \theta}= \dfrac{\partial f}{\partial x}\dfrac{\partial x}{\partial \theta}+ \dfrac{\partial f}{\partial y}\dfrac{\partial y}{\partial \theta}0 =-r\sin (\theta)\dfrac{\partial f}{\partial x}+r\cos(\theta)\dfrac{\partial f}{\partial y} $$ En multipliant la 1^ère relation par $r\cos(\theta)$ et la deuxième par $-\sin(\theta)$, on trouve $$r\cos(\theta)\dfrac{\partial g(r,\theta)}{\partial r}-\sin(\theta) \dfrac{\partial g(r,\theta)}{\partial \theta} = r\cos^2(\theta)\dfrac{\partial f}{\partial x}+r\sin^2(\theta)\dfrac{\partial f}{\partial x} = r\dfrac{\partial f}{\partial x}$$ En multipliant la 1\up{ère} relation par $r\sin(\theta)$ et la deuxième par $\cos(\theta)$, on trouve $$r\sin(\theta)\dfrac{\partial g(r,\theta)}{\partial r}+\cos(\theta) \dfrac{\partial g(r,\theta)}{\partial \theta} = r\sin^2(\theta) \dfrac{\partial f}{\partial y}+r\cos^2(\theta)\dfrac{\partial f}{\partial x} = r\dfrac{\partial f}{\partial y}$$ Comme $r\neq 0$, on peut alors écrire $$\dfrac{\partial f}{\partial x}=\cos(\theta)\dfrac{\partial g}{\partial r}-\frac{\sin(\theta)}{r}\dfrac{\partial g}{\partial \theta},\,\, \dfrac{\partial f}{\partial y}=\sin(\theta)\dfrac{\partial g}{\partial r}+\frac{\cos(\theta)}{r}\dfrac{\partial g}{\partial \theta}.$$ Souvent, en physique, on note $\vec{u}_r=\cos(\theta)\vec{i}+\sin(\theta)\vec{j}$, et $ \vec{u}_\theta=-\sin(\theta)\vec{i}+\cos(\theta)\vec{j}$, ce qui donne, $$ \nabla f (x,y)=\dfrac{\partial g}{\partial r}(r,\theta)\vec{u}_r+\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial g}{\partial \theta}(r,\theta) \vec{u}_\theta.$$

Il est claire que $F$ est de classe $\CC^1$ sur $\R^2$ comme la somme et la composée des fonctions de classes $\CC^1$.
Soit $(x,y)\in \R^2$, on a $$\dfrac{\partial F}{\partial x}(x,y)=f'(x+\varphi(y)),\quad \dfrac{\partial F}{\partial y}(x,y)=f'(x+\varphi(y))\varphi'(y).$$ Les deux dérivées partielles de $F$ sont également de classe $\CC^1$ (puisque $f,\varphi\in \CC^2$, donc $f',\varphi'\in \CC^1(\R)$, et on a: $$\begin{array}{lcl} \dsp\dfrac{\partial^2 F}{\partial x^2}(x,y)&=&\dsp\dfrac{\partial }{\partial x}(f'(x+\varphi(y)))=f''(x+\varphi(y))\\ \dsp\dfrac{\partial^2 F}{\partial y\partial x}(x,y)&=&\dsp\dfrac{\partial }{\partial y}(f'(x+\varphi(y)))=f''(x+\varphi(y))\varphi'(y)\\ \dsp\dfrac{\partial^2 F}{\partial x\partial y}(x,y)&=&\dsp\dfrac{\partial }{\partial x}(f'(x+\varphi(y))\varphi'(y))=f''(x+\varphi(y))\varphi'(y)\\ \dsp\dfrac{\partial^2 F}{\partial y^2}(x,y)&=&\dsp\dfrac{\partial }{\partial y}(f'(x+\varphi(y))\varphi'(y))=f''(x+\varphi(y))\varphi'(y)^2+f'(x+\varphi(y))\varphi''(y) \end{array} $$ Les quatres fonctions ci-dessus sont continues sur $\R^2$, on en déduit alors que $F\in \CC^2(\R^2,\R)$.
Soit $(x,y)\in \R^2$, on a $$\begin{array}{lcl} \dfrac{{\partial ^2 F}}{{\partial x^2 }}\dfrac{{\partial F}}{{\partial y}} - \dfrac{{\partial ^2 F}}{{\partial x\partial y}}\dfrac{{\partial F}}{{\partial x}} &=&f''(x+\varphi(y))f'(x+\varphi(y))\varphi'(y)-f''(x+\varphi(y))\varphi'(y)f'(x+\varphi(y))\\ \end{array} $$

Après calculs, on trouve: $$\dfrac{\partial f}{\partial\,x}(x,y)=\left\{\begin{array}{lcl} \dfrac{x^4y+4x^2y^3-y^5}{(x^2+y^2)^2}&\text{ si }& (x,y)\neq (0,0)\\ 0&\text{sinon} \end{array} \right. $$ $$\dfrac{\partial f}{\partial\,y}(x,y)=\left\{\begin{array}{lcl} \dfrac{-xy^4-4x^3y^2+x^5}{(x^2+y^2)^2}&\text{ si }& (x,y)\neq (0,0)\\ 0&\text{sinon} \end{array} \right. $$ Puis, $$ \dfrac{\partial^2 f}{\partial y\partial\,x}(0,0)=\limiteX{y}{0}\frac{1}{y}\left(\dfrac{\partial f}{\partial\,x}(0,y)-\dfrac{\partial f}{\partial\,x}(0,0)\right)=-1. $$ $$ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x\partial\,y}(0,0)=\limiteX{x}{0}\frac{1}{x}\left(\dfrac{\partial f}{\partial\,y}(x,0)-\dfrac{\partial f}{\partial\,y}(0,0)\right)=1. $$

Soit $\varphi\in \CC^3(\R_+^*,\R)$. On définit $\fonct{f}{\R^3\setminus\{0\}}{\R}{(x,y,z)}{\varphi(x^2+y^2+z^2)}$, $f$ est de classe $\CC^3$ sur $\R^3\setminus\{0\}$ (composition des fonctions de classe $\CC^3$).
En dérivant $f$, on trouve: $$\forall (x,y,z)\neq (0,0,0),~~\dfrac{\partial ^3f}{\partial\,x\partial\,y\partial\,z}(x,y,z)=8xyz\varphi^{(3)}(x^2+y^2+z^2).$$ Ainsi, $f$ vérifie la relation de l'énoncé ssi $\varphi$ vérifie: $$\forall t\in \R_+^*,~~\varphi^{(3)}(t)=\dfrac{1}{8t}.$$ En intégrant, on trouve: $$\forall t>0,~~\varphi(t)=\dfrac{1}{16}t^2\ln(t)+At^2+Bt+c,~~~~A,B,C\in \R.$$

1. Il est clair que $\varphi$ est bijective donc la fonction inverse est $\fonct{\varphi^{-1}}{\R^2}{\R^2}{(u,v)}{(u,v-u^2)}$. De plus $\varphi$ et $\varphi^{-1}$ sont des fonctions de classe $\CC^1$ sur $\R^2$ (fonctions polynomiales par rapport au coordonnées).
2. On pose $f^*(x,y)=f(\varphi(x,y))$. $$\dfrac{\partial f^*}{\partial\,x}=\dfrac{\partial f}{\partial\,u}\dfrac{\partial u}{\partial\,x}+\dfrac{\partial f}{\partial\,v}\dfrac{\partial v}{\partial\,x}=\dfrac{\partial f}{\partial\,u}+2u\dfrac{\partial f}{\partial\,v}.$$ Ainsi, si $f$ est une solution de $(\EE)$ alors $f^*$ vérifie $\dfrac{\partial f^*}{\partial\,x}=0$. En intégrant cette équation on trouve $f^*(x,y)=g(y)$ ou $g\in \CC^1(\R)$.
   On en déduit que l'ensemble de solution de $(\EE)$ est $\{(u,v)\longmapsto g(v-u^2),~~g\in \CC^1(\R,\R)\}$.

Considérons l'application $\fonct{\varphi}{U}{\R^2}{(x,y)}{(x+y,y-x)}$, d'après la définition de $U$, on a $\varphi(U)=V=(\R_+^*)^2$.
Il est clair que $\varphi$ est $\CC^2$- difféomorphisme de $U$ sur $V$.
Soit $f\in \CC^2(U,\R)$, on définit $F\in \CC^2(V,\R)$ telle que $f(x,y)=F(u,v)$. On a $$\left\{\begin{array}{lclcl} \dfrac{\partial f}{\partial\,x}&=& \dfrac{\partial F}{\partial\,u}\dfrac{\partial u}{\partial\,x}+\dfrac{\partial F}{\partial\,v}\dfrac{\partial v}{\partial\,x}&=&\dfrac{\partial F}{\partial\,u}-\dfrac{\partial F}{\partial\,v}.\\ &&&&\\ \dfrac{\partial f}{\partial\,y}&=& \dfrac{\partial F}{\partial\,u}\dfrac{\partial u}{\partial\,y}+\dfrac{\partial F}{\partial\,v}\dfrac{\partial v}{\partial\,y}&=&\dfrac{\partial F}{\partial\,u}+\dfrac{\partial F}{\partial\,v}. \end{array} \right.$$ Ensuite, on calcul les dérivées partielles d'ordre 2 (on utilise aussi le théorème de Schwarz): $$ \left\{\begin{array}{lclcl} \dfrac{\partial^2 f}{\partial\,x^2}&=& \dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u^2}-\dfrac{\partial^2 F}{\partial v\,\partial\,u}-\dfrac{\partial^2 F}{\partial \,v\partial\,u}+\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,v^2}&=&\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u^2}-2\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u\partial\,v}+\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,v^2}\\ &&&&\\ \dfrac{\partial^2 f}{\partial\,y^2}&=& \dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u^2}+\dfrac{\partial^2 F}{\partial v\,\partial\,u}+\dfrac{\partial^2 F}{\partial \,v\partial\,u}+\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,v^2}&=&\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u^2}+2\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u\partial\,v}+\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,v^2} \end{array} \right. $$ Ainsi, si $f$ est une solution de l'équation, on trouve que $F$ vérifie l'équation suivante: $$\forall (u,v)\in V,~~~~-4\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u\partial\,v}=\dfrac{1}{\sqrt{uv}}.$$ En intégrant cette dernière équation par rapport à $u$ ($v$ est fixe), on trouve: $$\forall (u,v)\in V,~~~~\dfrac{\partial F}{\partial\,v}=\dfrac{-1}{2}\dfrac{\sqrt{u}}{\sqrt{v}}+h(v),~~h\in \CC^1(\R_+^*,\R).$$ On intègre à nouveau par rapport à $v$, on obtient, $$\forall (u,v)\in V,~~F(u,v)=-\sqrt{uv}+H(v)+L(u),~~H,L\in \CC^2(\R_+^*,\R).$$ On en déduit l'ensemble de solutions de l'EDP est: $$\boxed{\left\{(x,y)\in U\longmapsto -\sqrt{y^2-x^2}+A(x+y)+B(y-x),~~~~A,B\in \CC^2(\R_+^*,\R)\right\}}.$$

On définit $\fonct{F}{\R^3}{\R}{(x,y,z)}{z-h(x,y)}$. Il est clair que $F$ est de classe $\CC^1$ sur $\R$, de plus $S=\{(x,y,z)\in \R^3,\,F(x,y,z)=0\}$. D'autre part, on a $$\forall (x,y,z)\in \R^3,\quad \nabla F(x,y,z)=\begin{pmatrix} -\dfrac{\partial h}{\partial x}(x,y)\\ -\dfrac{\partial h}{\partial y}(x,y)\\ 1 \end{pmatrix}$$ En particulier, pour tout $M\in S,\, \nabla F(M)\neq \overrightarrow{0}$.

$M(x,y,z)\in S$ ssi $x>0,\,y>0$ et $z=\ln(x)\ln(y)$. On peut alors écrire $S=\{(x,y,z)\in U,\, z-\ln(x)\ln(y)\}$ avec $U=\R_+^*\times\R_+^*\times\R$
Notons $F(x,y,z)=z-\ln(x)\ln(y)$, on obtient, $$\forall M(x_0,y_0,z_0)\in M,\quad \dfrac{\partial F}{\partial x}(M)=-\dfrac{\ln(y_0)}{x_0},\,\dfrac{\partial F}{\partial y}(M)=-\dfrac{\ln(x_0)}{y_0},\,\dfrac{\partial F}{\partial z}(M)=-1.$$ Donc l'équation du plan tangente à $S$ passant par $M$ est, $$(x-x_0)\dfrac{-\ln(y_0)}{x_0}+(y-y_0)\dfrac{-\ln(x_0)}{y0}-(z-z_0)=0,$$ ou encore, $$y_0\ln(y_0)(x-x_0)+x_0\ln(x_0)(y-y_0)+x_0y_0(z-z_0)=0.$$ Remarque : On aurait pu trouver l'équation du plan tangente sans passer par la définition de $S$ sous la forme $F(x,y,z)=0$. En effet, on note $M(u,v)= (\ee^u,\ee^v,uv)$, on a $M\in \CC^1(\R^2,\R^3)$ et $$\dfrac{\partial M}{\partial u }(u,v)=\begin{pmatrix} \ee^u\\0\\v \end{pmatrix};\,\dfrac{\partial M}{\partial v }(u,v)=\begin{pmatrix} 0\\\ee^v\\u \end{pmatrix}$$ Donc le vecteur normal au plan tangente à $S$ en $M(u,v)$ est $$ \dfrac{\partial M}{\partial u }(u,v)\wedge\dfrac{\partial M}{\partial v }(u,v)=\begin{pmatrix} -v\ee^v\\ -u \ee^u\\ \ee^{u+v} \end{pmatrix}\neq 0$$ Ce qui donne l'équation du plan tangente, $$-v\ee^v(x-\ee^u)-u\ee^u(y-\ee^v)+\ee^{u+v}(z-uv)=0.$$ On retrouve la même relation: puisque $x_0=\ee^u,\, y_0=\ee^v$ et $z_0=\ln(x_0)\ln(y_0)=uv$.

Le plan tangent à la surface d'équation $z=f(x,y)$ au point $(x_0,y_0,z_0)$ est donné par l'équation $$ z-z_0=\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0) (x-x_0) +\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0) (y-y_0) . $$ Suivant l'indication, le plan tangent à la surface d'équation $z=4x^2 +y^2$ au point $(x_0,y_0,z_0)$ est donné par l'équation $$\begin{array}{ll} z&=z_0 +8x_0 (x-x_0) + 2y_0 (y-y_0) \\ &= 8x_0x +2y_0 y +z_0 - 8x^2_0 - 2y^2_0= 8x_0x +2y_0 y - z_0 \end{array} $$ Ce qui donne finalement, $$ z-8x_0x -2y_0 y = z_0. $$ Pour que ce plan soit parallèle au plan d'équation $x+2y+z=6$ il faut et il suffit que $(1,2)=(-8x_0, -2y_0)$ d'où que $x_0=-1/8$ et $y_0=-1$. Par conséquent, le point cherché sur le paraboloïde $z=4x^2 +y^2$ est le point $(-1/8,-1,17/16)$.
De même, pour que le plan \eqref{Ptg2} soit parallèle au plan d'équation $3x+5y-2z=3$ il faut et il suffit que $(3/2,5/2)=(8x_0, 2y_0)$ d'où que $x_0=3/16$ et $y_0=5/4$, et le point cherché sur le paraboloïde $z=4x^2 +y^2$ est alors le point $(3/16,5/4,9/64+25/16)$ =$(3/16,5/4,109/64)$.

On pose $F(x,y,z)=z^3-xy$, $F$ est de classe $\CC^1$ sur $\R^3$, et on a $$\forall (x,y,z)\in \R^3,\, \dfrac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)=-y,\, \dfrac{\partial F}{\partial y}(x,y,z)=-x,\,\dfrac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)=3z^2.$$ Ainsi pour tout $M_0=(x_0,y_0,z_0)\neq (0,0,0)$ l'équation du plan tangent à $S$ passant par $M_0$ est donnée par: $$P:\quad y_0(x-x_0)+x_0(y-y_0)-3z_0^2(z-z_0)=0$$ Pour que $D\subset P$, il faut que pour tout point $(2,3z+3,z)\in Dy$, vérifie: $$y_0(2-x_0)+x_0(3z+3-y_0)-3z_0^2(z-z_0)=0=2x_0-2x_0y_0+3x_0+3z(x_0-z_0^2)+3z_0^3$$ ce qui donne (vu que $z_0^3=x_0y_0$), $$3z(x_0-z_0^2)+2y_0+3x_0+x_0y_0=0\Longrightarrow (x_0=z_0^2) \text{ et }2y_0+3x_0+x_0y_0=0$$ La relation $x_0=z_0^2$ donne $z_0^3-z_0^2y_0=0$ donc

1. Soit $z_0=0$ ce qui implique $x_0=0$ puis $y_0\in \R$, si $y_0=0$ ce qui impossible car il n'y a pas du plan tangent à $S$ en $(0,0,0)$. Si $y_0\neq 0$ alors l'équation du plan $P$ est $y_0x=0$ et dans ce cas $P$ ne contient pas $D$
   Conclusion si $z_0=0$ il n'y a pas de solutions.
2. Soit $y_0=z_0$, en remplaçant dans la deuxième relation, on trouve $2z_0+3z_0^2+z_0^3=0$ ce qui implique $\xcancel{z_0=0},\, z_0=-1$ ou $z_0=-2$
   1. Pour $z_0=-1$, $x_0=1,\,y_0=-1$. L'équation du $P$ est $-x+y-3z-1=0$, et on a $D\subset P$.
   2. Pour $z_0=-2$, $x_0=4,\,y_0=-2$. L'équation du $P$ est $-2x+4y-12z-8=0$, et on a $D\subset P$.

Conclusion, il y a deux solutions.

$$\nabla f(x,y)=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} x^2=y\\ y^2=x \end{array} \right. \Longleftrightarrow (x,y)=(0,0) \text{ ou } (1,1).$$ Les points critiques sont $\{(0,0,),(1,1)\}$.

1. Soit $x>0$ assez proche de $0$, on a $$f(x,x)=2x^3-3x^2< 0=f(0,0),\quad f(x,-x)=3x^2>0=f(0,0).$$ On en déduit que le point $(0,0)$ n'est pas un extremum de $f$.
2. Soit $(h,k)\in \R^2$ assez proche de $(0,0)$, on a $$\begin{array}{lcl} f(1+h,1+k)&=&(1+h)^3+(1+k)^3-3(1+h)(1+k)\\ &=&1+3h+3h^2+h^3+1+3k+3k^2+k^3-3(1+k+h+hk)\\ &=&-3-3hk+3h^2+3k^2+k^3+h^3\\ &=&f(1,1)+3 \left(\left(\dfrac{h}{2}-k\right)^2+\dfrac{3h^2}{4}\right)+\underset{(h,k)\to (0,0)}{\mathrm{o}}(\norme{(h,k}) \end{array} $$ On en déduit que le point $(1,1)$ est un extremum local

$$\nabla f(x,y)=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} xy&=&0\\ x^2+\dfrac{2y}{4+y^2}&=&0 \end{array} \right. \Longleftrightarrow (x,y)=(0,0).$$ Le point critique de $f$ est $\{(0,0)\}$.
Soit $x \in \R$ assez proche de $0$, on a $$g(x)=f(x,x^3)=x^3+\ln(4+x^6)=x^3+\ln(4)+\ln(1+\frac{x^6}{4})=\ln(4)+x^3+\underset{x\to 0}{\mathrm{0}}(x^3).$$ En particulier, pour $x< 0$, $g(x)< g(0)$ et pour $x>0,\, g(x)>g(0)$. On en déduit que $f$ n'admet pas des extremums.

$f$ est de classe $\CC^2$ sur $\R^2$. Pour chercher les extremums de $f$, il faut d'abord trouver ses points critiques. $$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)= 4x(x^2+y^2-4),\quad \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)= 4y(x^2+y^2-4).$$ Ainsi, les points critiques de $f$ sont $$(0,0) \text{ et } \{(x,y)\in \R^2,\,\, x^2+y^2=4\}.$$ D'autre part, on a $$\left\{ \begin{array}{lcl} \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)&=& 12x^2+4y^2-16\\ \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)&=& 12y^2+4x^2-16\\ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)&=& 8xy \end{array} \right. $$

1. Au point $(0,0)$, on a $$s=0,\, r=-16,\, t=-16 \Longrightarrow s^2-rt \lt 0$$ donc $f$ admet un maximum local en $(0,0)$, et comme $f(x,x)=2x^2(2x^2-8)\tendvers{x}{\infty}\infty$ alors $f$ n'admet pas un maximum global en $(0,0)$.
2. Pour tout $(x,y)\in \R^2$ tel que $x^2+y^2>4$, on a $f(x,y)>4(4-8)=-16$. d'autre part, sur $C=\{(x,y)\in \R^2,\,x^2+y^2\leq 4\}$, $f$ atteint ses bornes (fonction continue sur un fermé borné), donc $f$ admet un minimum global sur $C$ et celui-ci est atteint sur les points critiques de $f$, autrement dit $\{(x,y)\in \R^2,\,\, x^2+y^2=4\}$ (l'autre possibilité $(0,0)$ ne donne pas un minimum).