Exercices corrigés - Dérivées partielles

Pour tout réel $y$ fixé, la fonction $x\mapsto e^x\cos y$ est dérivable sur $\mathbb R$, ce qui justifie l'existence de la dérivée partielle par rapport à la première variable dans le premier exemple. La justification est identique pour les autres fonctions et on trouve respectivement :

1. $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=e^x\cos y\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=-e^{x}\sin y.$$
2. $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x\cos(xy)-y(x^2+y^2)\sin(xy),$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y\cos(xy)-x(x^2+y^2)\sin(xy).$$
3. $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{xy^2}{\sqrt{1+x^2y^2}},\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{yx^2}{\sqrt{1+x^2y^2}}.$$

D'une part, la fonction $f$ est continue sur $\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$. D'autre part, on a $$|f(x,y)|\leq (x^2+y^2)^{1/4}.$$ Ainsi, $f$ se prolonge par continuité en $(0,0)$ en posant $f(0,0)=0$. Du fait que $f(0,t)=0$ pour tout réel $t$, $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la seconde variable en $(0,0)$ qui vaut $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0$. D'autre part, pour $t\neq 0$, on a $$\frac{f(t,0)-f(0,0)}t=|t|^{-1/2}.$$ Ceci tend vers $+\infty$ si $t$ tend vers 0, et donc $f$ n'admet pas de dérivée partielle par rapport à la première variable en $(0,0)$.

Il suffit de démontrer que la fonction admet des dérivées partielles en tout point de $\mathbb R^2$, et que ces dérivées partielles sont continues sur $\mathbb R^2$.

1. D'une part, $f$ est clairement de classe $C^1$ sur $\mtr^2\backslash\{(0,0)\}$, et on a $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{2xy^5}{(x^2+y^2)^2},\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^2y^2\frac{3x^2+y^2}{(x^2+y^2)^2}.$$ D'autre part, montrons que $f$ admet des dérivées partielles en $(0,0)$. On a en effet : $$f(x,0)-f(0,0)=0,$$ ce qui prouve que $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable valant $$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0.$$ De même pour la dérivée partielle par rapport à la seconde variable. Il reste à démontrer que ces dérivées partielles sont continues en $(0,0)$. Mais on a, pour $(x,y)\neq (0,0)$ : $$\left|\frac{2xy^5}{(x^2+y^2)^2}\right|=2|xy|\left(\frac{y^2}{(x^2+y^2)}\right)^2\leq 2|xy|,$$ ce qui prouve que $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ tend vers $0=\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. De même, puisque $2|xy|\leq x^2+y^2$, on a : $$\left|\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right|\leq \frac{1}{4}\left|3x^2+y^2\right|.$$ On a également continuité de la dérivée partielle par rapport à la seconde variable en $(0,0)$.
2. On commence par étudier la continuité de $f$ en $(0,0)$ (même si ce n'est pas utile pour appliquer le théorème mentionné). On a \begin{eqnarray*} |f(x,y)-f(0,0)|&\leq&x^2y^2|\ln(x^2+y^2)|\\ &\leq&\frac 14(x^2+y^2)^2|\ln(x^2+y^2)|\\ &\leq&\frac 14(x^2+y^2)\times (x^2+y^2)|\ln(x^2+y^2)|. \end{eqnarray*} Du fait que $u\ln u$ tend vers 0 lorsque $u$ tend vers $0^+$, on en déduit que $f$ est continue en $(0,0)$. Ensuite, remarquons que $f$ admet une dérivée partielle par rapport à la première variable ailleurs qu'en $(0,0)$ donnée par $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2xy^2\ln(x^2+y^2)+\frac{2x^3y^2}{x^2+y^2}.$$ Pour étudier l'existence d'une dérivée partielle par rapport à la première variable en $(0,0)$, on étudie le taux d'accroissement $$\frac{f(t,0)-f(0,0)}t=0\to 0.$$ Donc $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)$ existe et vaut 0. On va maintenant prouver la continuité de $\frac{\partial f}{\partial x}$ en $(0,0)$. Le même raisonnement que pour la continuité de $f$ (en utilisant par exemple $|x|\leq (x^2+y^2)^{1/2}$) prouve que $2xy^2\ln(x^2+y^2)$ tend vers 0 si $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. D'autre part, $$\left|\frac{2x^3y^2}{x^2+y^2}\right|\leq x^2|y|$$ ce qui prouve également que $\frac{2x^3y^2}{x^2+y^2}$ tend vers $0$ lorsque $(x,y)$ tend vers $(0,0)$. Ainsi, $\frac{\partial f}{\partial x}$ est continue en $(0,0)$, et par suite sur $\mathbb R^2$. Enfin, par symétrie des variables $x$ et $y$, ce que l'on vient de démontrer est aussi valable pour les dérivées partielles par rapport à la deuxième variable. Ainsi, $f$ est $C^1$ sur $\mathbb R^2$.

On remarque d'abord que, dans les 3 cas, $f$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb R^2\backslash\{(0,0)\}$.

1. On a $$|f(x,y)-f(0,0)|\leq |x|\times \frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}\leq |x|,$$ et $|x|\to 0$ lorsque $(x,y)\to (0,0)$. Ainsi, $f$ est continue en $(0,0)$. De plus, un calcul facile montre que, pour tout $(x,y)\neq (0,0)$, on a $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{-4x^3y}{(x^2+y^2)^2}.$$ En particulier, pour $t\neq 0$, $\frac{\partial f}{\partial y}(t,t)=-1$ tandis que $\frac{\partial f}{\partial y}(0,t)=0.$ Ainsi, $\frac{\partial f}{\partial y}$ n'a aucune chance d'être continue en $(0,0)$ (alors qu'on n'a même pas étudié l'existence d'une dérivée partielle en $(0,0)$!). Ainsi, $f$ n'est pas de classe $C^1$.
2. On a $$|f(x,y)-f(0,0)|\leq |x|\times\frac{x^2}{x^2+y^2}+|y|\times\frac{y^2}{x^2+y^2}\leq |x|+|y|.$$ Ainsi, $f$ est continue en $(0,0)$. D'autre part, un calcul facile montre que, pour tout $(x,y)\neq (0,0)$, on a $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{x^4+3x^2y^2-2xy^3}{(x^2+y^2)^2}.$$ Il vient, pour $t\neq 0$, $\frac{\partial f}{\partial x}(t,0)=1$ et $\frac{\partial f}{\partial x}(0,t)=0$. Ainsi, $\frac{\partial f}{\partial x}$ ne peut pas être continue en $(0,0)$ et $f$ n'est pas $C^1$ sur $\mathbb R^2$.
3. On va commencer par étudier la régularité de la fonction d'une variable réelle $g$ définie par $g(t)=e^{-1/t}$ si $t>0$, $g(t)=0$ sinon. Clairement, $g$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb R\backslash\{0\}$. De plus, on a $g'(t)=0$ si $t<0$ et $g'(t)=\frac1{t^2}e^{-\frac 1t}$ si $t>0$. On a donc $g'(t)\to 0$ si $t\to 0$. On en déduit, par le théorème de prolongement d'une dérivée, que $g$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb R$ avec $g'(0)=0$. Maintenant, $f=g\circ \phi$ avec $\phi(x,y)=x^2+y^2$ de classe $C^1$ sur $\mathbb R^2$. Par composition, $f$ est donc de classe $C^1$ sur $\mathbb R^2$.

Il suffit de dériver successivement par rapport aux bonnes variables. Remarquons que les fonctions sont clairement de classe $C^2$ sur $\mathbb R^2$ et donc que les dérivées croisées d'ordre 2 sont égales.

1. On trouve $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=3x^2+2xy,\quad\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^2$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=6x+2y,\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=0,\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=2x.$$
2. On trouve $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=ye^{xy},\quad\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=xe^{xy}$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=y^2e^{xy},\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=x^2 e^{xy},\quad\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=e^{xy}+xye^{xy}.$$

La fonction $f$ est de classe $C^2$ comme composée de fonctions toutes de classe $C^2$. On a ensuite, en notant $t=y/x$ : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=-\frac{y}{x^2}g_0'(t)+g_1(t)-\frac{y}{x}g_1'(t)$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=\frac{2y}{x^3}g_0'(t)+\frac{y^2}{x^4}g_0''(t)+\frac{y^2}{x^3}g_1''(t)$$ $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{1}{x}g_0'(t)+g_1'(t)$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}=-\frac{1}{x^2}g_0'(t)-\frac{y}{x^3}g_0''(t)-\frac{y}{x^2}g_1''(t)$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=\frac{1}{x^2}g_0''(t)+\frac{1}{x}g_1''(t).$$ Il suffit ensuite de faire la somme demandée pour obtenir le résultat.

Dans ce genre d'exercice, l'idée est de faire un changement de variables linéaire en posant $u=ax+by$ et $v=cx+dy$, et en définissant $f(x,y)=F(u,v)$. Quand on ne donne pas explicitement le changement de variables dans l'énoncé, le mieux est encore de garder les constantes dans les calculs, et de les choisir au dernier moment de sorte que tout s'élimine. On a donc : $$\frac{\partial f}{\partial x}=a\frac{\partial F}{\partial u}+c\frac{\partial F}{\partial v}\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}=b\frac{\partial F}{\partial u}+d\frac{\partial F}{\partial v}.$$ Donc : $$\frac{\partial f}{\partial x}-3\frac{\partial f}{\partial y}=(a-3b)\frac{\partial F}{\partial u}+(c-3d)\frac{\partial F}{\partial v}.$$ Prenons $c=3$, $d=1$, $b=0$ et $a=1$ (qui est bien un changement de variables [inversible]).L'équation devient alors $\frac{\partial F}{\partial u}=0$. $F$ est fonction uniquement de $v$, et $f$ est solution de l'équation si, et seulement si, il existe $g$ une fonction $C^1$ définie sur $\mtr$ et telle que $$f(x,y)=g(3x+y)$$ (la réciproque est une simple vérification).

On pose donc $f(x,y)=F(u,v)$ avec $u=x+at$ et $v=x+bt$. On a donc $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac{\partial^2 F}{\partial u^2}+2\frac{\partial^2 F}{\partial u\partial v}+\frac{\partial^2 F}{\partial v^2}$$ et $$\frac{\partial^2 f}{\partial t^2}=a^2 \frac{\partial^2 F}{\partial u^2}+2ab\frac{\partial F}{\partial u\partial v}+b^2\frac{\partial^2 F}{\partial v^2}.$$ L'équation devient alors : $$(c^2-a^2)\frac{\partial^2 F}{\partial u^2}+2(c^2-ab)\frac{\partial^2 F}{\partial u\partial v}+(c^2-b^2)\frac{\partial^2 F}{\partial v^2}=0.$$ En prenant $a=c$ et $b=-c$, l'équation devient $$\frac{\partial^2 F}{\partial v\partial u}=0$$ dont la solution générale est $$F(u,v)=\phi(u)+\psi(v),$$ où $\phi$ et $\psi$ sont $C^2$. La solution générale de l'équation initiale est donc : $$f(x,t)=\phi(x+ct)+\psi(x-ct).$$

1. Posons $g=\frac{\partial f}{\partial x}$. Alors, d'après le théorème de Schwarz, $$\frac{\partial^2 g}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 g}{\partial y^2}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} +\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right)=0.$$ On prouve exactement de la même façon que $\frac{\partial f}{\partial y}$ est harmonique. D'autre part, posons $h=x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}$. Alors, $$\frac{\partial h}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial x}+x\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+y\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}\textrm{ et }\frac{\partial^2 h}{\partial x^2}= 2\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+x\frac{\partial^3 f}{\partial x^3}+y\frac{\partial^3 f}{\partial x^2\partial y}.$$ On trouve de même que $$\frac{\partial^2 h}{\partial y^2}= 2\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}+y\frac{\partial^3 f}{\partial y^3}+x\frac{\partial^3 f}{\partial x\partial y^2}.$$ Ainsi, $$\Delta(h)=2\Delta(f)+x\Delta\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)+y\Delta\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)=0,$$ en vertu de la première partie de la question.
2. D'après le théorème de dérivation d'une fonction composée, $$\frac{\partial f}{\partial x}=2x\varphi'(x^2+y^2)\textrm{ et }\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=2\varphi'(x^2+y^2)+4x^2 \varphi''(x^2+y^2).$$ De même, $$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=2\varphi'(x^2+y^2)+4y^2\varphi''(x^2+y^2).$$ En posant $t=x^2+y^2$, on en déduit que, puisque $\Delta(f)=0$, $$\varphi'(t)+t\varphi''(t)=0.$$ Ainsi, $\varphi'$ est solution sur l'intervalle $]0,+\infty[$ de l'équation différentielle $xy'+y=0$.
3. On résout l'équation différentielle précédente. Ses solutions sont les fonctions de la forme $x\mapsto C/x$. En intégrant, on trouve qu'il existe deux constantes $C,D\in\mathbb R$ de sorte que $\varphi(x)=C\ln (x)+D$. Ainsi, $f$ s'écrit nécessairement $f(x,y)=C\ln(x^2+y^2)+D$. Réciproquement, on vérifie que toute fonction de la forme précédente est harmonique.