Solution des exercices
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a) est continue sur l’ouvert (I × I )\D comme composée de (x, y) → ( f (x) −
f (y), x − y) et de (u, s) ∈ E × R
∗
→
1
s u. De plus, d’après la question 1),
g(x, y) − g(a, a) ≤ sup
z∈]x,y[
d f (z) − d f (a) ,
ce qui tend vers 0 lorsque (x, y) tend vers (a, a), par continuité de d f au point
a. (On peut aussi remarquer que
g(x, y) =
1
0
f
(x + t(y − x)) dt
pour tout (x, y) ∈ I × I , et appliquer le théorème de Lebesgue.)
b) Par la même décomposition que ci-dessus, on voit que g est de classe C
1 sur
l’ouvert (I × I )\D.
iii). Soit a ∈ I . On suppose que f est deux fois différentiable en a, et l’on veut
montrer que g est différentiable en (a, a).
a) Comme on l’a déjà utilisé, on a d f (a) · h = h f
(a), d’où encore d
2 f (a) ·
(h, h) = h
2 f
(a) quel que soit h ∈ R. Par suite, on a tout simplement
f
(a) = d
2 f (a) · (1, 1).
b) Si g est différentiable en (a, a), alors en différentiant l’application x →
g(x, x) = f
(x) au point a, on obtient
d 1 g(a, a) · h + d 2 g(a, a) · h = h f
(a) .
De plus, g étant symétrique, ses différentielles partielles d 1 g et d 2 g coïncident.
Par conséquent, d 1 g(a, a) · h = d 2 g(a, a) · h =
h
2 f
(a), d’où
dg(a, a) · (h, k) = d 1 g(a, a) · h + d 2 g(a, a) · k =
h + k
2
f
(a) .
c) On a g(x, y) − g(a, a) −
x−a+y−a
2
f
(a) =
=
1
0
f
(x + t(y − x)) − f
(a) − (x + t(y − x) − a) f
(a)
dt .
Or, comme f
est différentiable en a, il existe une fonction w tendant vers 0
au point a telle que pour tout x ∈ I ,
f
(z) − f
(a) − (z − a) f
(a) = (z − a) w(z) .
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