dérivées secondes

Soit g:u->(1-cos(u))/u prolongée par 0 en u=0 alors g est C1 sur R (et g'(0)=0).
Donc par composée, f:(x,y)->g(x^2+y^2) est C1 sur R^2, ce qui répond aux 2 premières questions.

Pour les dérivées partielles secondes en (0,0), il faut commencer par calculer les dérvivées partielles premières en tout point, y compris (0,0) puis faire la limite des taux d'accroissement.

Je dis peut etre une bétise, mais en calculant de tete je trouve f(0,0)=1.

L'un de nous deux a tort... et je suis (presque, pour rester un tantinet modeste) certain que ce n'est pas moi. Par conséquent, et selon le principe du tiers-exclu...

Par ailleurs, une fonction de 2 variables F peut très bien admettre des dérivées partielles en un point où elle n'est pas continue... donc la question 3) avait tout de même un sens.

Enfin, pour t'aider, les dérivées partielles premières valent : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)= 2xg'(x^2+y^2)= 2x\left(\frac{\sin(x^2+y^2)}{x^2+y^2}-\frac{1-\cos(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^2}\right)$$ lorsque $(x,y)\neq(0,0)$ et $$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=2\times 0 \times g'(0)=0$$ et par symétrie $$\forall (x,y) \in \R^2, \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)= \frac{\partial f}{\partial x}(y,x)$$
On en déduit que $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0,0)=\lim_{t\rightarrow 0} \frac{\frac{\partial f}{\partial x}(t,0)-\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)}{t-0}=\lim_{t\rightarrow 0} 2\left(\frac{\sin(t^2)}{t^2}-\frac{1-\cos(t^2)}{t^4}\right)=\lim_{t\rightarrow 0} 2\left((1-\frac{t^4}{6}+o(t^6))-(\frac{1}{2}-\frac{t^4}{24}+o(t^6))\right)=1$$ De même pour l'autre par symétrie.

Encore une fois, il est plus facile de faire les calculs d'abord sur g puis d'utiliser la composée.