Posons $f(x,y)=x^4+y^3-x^2-y^2+x-y$ , $f(0,0)=0$ et $f(1,1)=0$ . $\mathbb{R}$ est un espace de Banach et $f$ est de classe $C^1$ car polynomiale. $\frac{\partial f}{\partial y}=3y^2-2y-1$ Étude au point $(0,0)$ , $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=-1$ , c’est un isomorphisme de $\mathbb{R}$ . Nous sommes dans les conditions d’application du théorème des fonctions implicites. Il existe $I$ contenant $0$ , $J$ contenant $0$ et $g: I \rightarrow J$ , $C^1$ tel que $g(0)=0$ et $f(x,g(x))=0, \forall x \in I$ . On a $x^4+(g(x))^3-x^2-(g(x))^2+x-g(x)=0$ En dérivant on obtient: $4x^3+3g^2(x)g'(x)-2x-2g(x)g'(x)+1-g'(x)=0$ d’où $g'(0)=1$ . On dérive encore: $12x^2+6g(x)g'(x)^2+3g^2(x)g''(x)-2-2g'(x)^2-2g(x)g''(x)-g''(x)=0$ d’où $g''(0)=-4.$ Étude au point $(1,1)$ , $\frac{\partial f}{\partial y}(1,1)=0$ . Ce n’est plus un difféo, on ne peut pas appliquer le théorème des fonctions implicites. Dans ce cas, on prend la dérivée par rapport à la premìère variable. $\frac{\partial f}{\partial x}=4x^3-2x+1$ et donc $\frac{\partial f}{\partial x}(1,1)=3$ . Donc, d’après le théorème des fonctions implicites, il existe $I$ contenant $1$ , $J$ contenant $1$ et $g:I \rightarrow J$ de classe $C^1$ tels que $g(1)=1$ et $f(g(x),x)=0, \forall y \in I$ . On a $g(y)^4-g^2(y)+g(y)+y^3-y^2-y=0$ En dérivant $4g^3g'-2gg'+g'+3y^2-2y-1=0$ d’où $4g'(1)-g'(1)=0$ et donc $g'(1)=0$ . $12g^2(g')^2+4g^3g''-2gg''-2(g')^2+g''+6y-2=0$ d’où $g''(1)=-4/3$ .

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