Exercices corrigés - Analyse vectorielle

On pose $g(r,\theta)=f(r\cos\theta,r\sin\theta)$. On veut exprimer $\frac{\partial f}{\partial x}$ en fonction de $\frac{\partial g}{\partial r}$ et $\frac{\partial g}{\partial \theta}$. Si on pose $u(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$, alors $g=f\circ u$ et on peut appliquer le théorème de dérivation des fonctions composées. Il vient : $$ \left( \begin{array}{cc} \frac{\partial g}{\partial r}(r,\theta)&\frac{\partial g}{\partial \theta}(r,\theta)\end{array}\right)= \left(\begin{array}{cc} \frac{\partial f}{\partial x}(r\cos\theta,r\sin\theta)&\frac{\partial f}{\partial y}(r\cos\theta,r\sin\theta)\end{array}\right) \times\left( \begin{array}{cc} \cos\theta&-r\sin\theta\\ \sin\theta&r\cos\theta \end{array} \right). $$ On inverse la matrice située tout à droite pour obtenir $$\left(\begin{array}{cc} \frac{\partial f}{\partial x}(r\cos\theta,r\sin\theta)&\frac{\partial f}{\partial y}(r\cos\theta,r\sin\theta)\end{array}\right)= \left( \begin{array}{cc} \frac{\partial g}{\partial r}(r,\theta)&\frac{\partial g}{\partial \theta}(r,\theta)\end{array}\right) \times\frac 1r\left( \begin{array}{cc} r\cos\theta&r\sin\theta\\ -\sin\theta&\cos\theta \end{array} \right). $$ On en déduit : $$\frac{\partial f}{\partial x}(r\cos\theta,r\sin\theta)=\cos\theta\frac{\partial g}{\partial r}(r,\theta)-\frac{\sin\theta}r\frac{\partial g}{\partial \theta}(r,\theta)$$ et $$\frac{\partial f}{\partial y}(r\cos\theta,r\sin\theta)=\sin\theta\frac{\partial g}{\partial r}(r,\theta)+\frac{\cos\theta}r\frac{\partial g}{\partial \theta}(r,\theta).$$ Après un petit calcul, on trouve finalement $$\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^2=\left(\frac{\partial g}{\partial r}\right)^2+\frac1{r^2}\left(\frac{\partial g}{\partial \theta}\right)^2.$$

Notons $\phi(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$. La matrice jacobienne de $\phi$ en $(r,\theta)$ est $$J=\left(\begin{array}{cc} \cos\theta&-r\sin\theta\\ \sin\theta&r\cos\theta \end{array}\right).$$ La matrice jacobienne de $\phi^{-1}$ en $(r\cos\theta,r\sin\theta)$ est $$J^{-1}=\left(\begin{array}{cc} \cos\theta&\sin\theta\\ -\frac{\sin\theta}{r}&\frac{\cos\theta}r \end{array}\right).$$ Par identification, on trouve donc $$\frac{\partial r}{\partial x}=\cos\theta$$ et de même $$\frac{\partial r}{\partial y}=\sin\theta,\ \frac{\partial \theta}{\partial x}=-\frac{\sin\theta}{r},\ \frac{\partial \theta}{\partial y}=\frac{\cos \theta}{r}.$$ Ainsi, en utilisant le théorème de composition des dérivations, puisque $F=f\circ \phi^{-1}$ : $$\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial \theta}\frac{\partial \theta}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial r}\cos\theta-\frac{\partial f}{\partial \theta}\frac{\sin\theta}{r}.$$ De même, on a : $$\frac{\partial F}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial r}\sin\theta+\frac{\partial f}{\partial \theta}\frac{\cos\theta}{r}.$$ On dérive ensuite une seconde fois. Après simplifications, il vient : $$\Delta F=\frac{\partial^2 f}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 f}{\partial \theta^2}.$$

D'une part, on peut prouver l'existence théorique d'un tel champ scalaire, en observant que les champs de vecteurs sont définis sur des ouverts étoilés, et que leur rotationnel est nul. D'autre part, il est possible de les "intégrer". On cherche en effet :

1. $f$ de $\mtr^3$ dans $\mtr$ tel que $\frac{\partial f}{\partial x}=2xy+z^3$, $\frac{\partial f}{\partial y}=x^2$ et $\frac{\partial f}{\partial z}=3xz^2$. On résoud ce système d'équation aux dérivées partielles : la deuxième équation donne par exemple $f(x,y,z)=x^2y+h(x,z)$, et utilisant les deux autres équations, on trouve : $$f(x,y,z)=x^2y+xz^3+cste.$$
2. $f$ de $\mtr^2$ dans $\mtr$ tel que $$\frac{\partial f}{\partial x}=-\frac{y}{(x-y)^2}\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{x}{(x-y)^2}.$$ Les fonctions $f$ qui conviennent sont donc $f(x,y)=\frac{y}{x-y}+cste$.

Notons $h:U\to\mathbb ]0,+\infty[,\ (x,y,z)\mapsto \sqrt{x^2+y^2+z^2}.$ Alors $h$ est de classe $\mathcal C^2$ (par composition...) et puisque $g=f\circ h,$ $g$ est de classe $C^2$. On va calculer les dérivées partielles de $g$ par la règle de la chaîne. D'abord, pour $(x,y,z)\in U$, notant $\rho=\sqrt{x^2+y^2+z^2},$ on a \begin{align*} \frac{\partial g}{\partial x}(x,y,z)&=\frac{\partial h}{\partial x}(x,y,z)\times f'(\rho)\\ &=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}f'(\sqrt{x^2+y^2+z^2}). \end{align*} On dérive une deuxième fois : \begin{align*} \frac{\partial^2g}{\partial x^2}(x,y,z)&=\frac{\rho-\frac{x^2}{\rho}}{\rho^2}f'(\rho)+ \frac{x^2}{\rho^2}f''(\rho)\\ &=\frac{\rho^2-x^2}{\rho^3}f'(\rho)+\frac{x^2}{\rho^2}f''(\rho). \end{align*} Par symétrie du rôle joué par les variables, on a aussi \begin{align*} \frac{\partial^2g}{\partial y^2}(x,y,z)&=\frac{\rho^2-y^2}{\rho^3}f'(\rho)+\frac{y^2}{\rho^2}f''(\rho)\\ \frac{\partial^2g}{\partial z^2}(x,y,z)&=\frac{\rho^2-z^2}{\rho^3}f'(\rho)+\frac{z^2}{\rho^2}f''(\rho). \end{align*} En faisant la somme de ces trois expressions, on trouve \begin{align*} \Delta g(x,y,z)&=\frac{3\rho^2-\rho^2}{\rho^3}f'(\rho)+f''(\rho)\\ &=\frac{2}{\rho}f'(\rho)+f''(\rho). \end{align*}