Exercices corrigés - Dérivées partielles, fonctions de classe $\mathcal C^k$

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

1. La fonction $t\mapsto (2+2t,t^2)$ est de classe $C^1$, car polynômiale, donc $g$ est de classe $C^1$ par composition. On applique ensuite la formule de la dérivée d'une fonction composée. Si on note $x(t)=2+2t$ et $y(t)=t^2$, alors $$g'(t)=x'(t)\frac{\partial f}{\partial x}(x(t),y(t))+y'(t)\frac{\partial f}{\partial y}(x(t),y(t)),$$ soit $$g'(t)=2\frac{\partial f}{\partial x}(2+2t,t^2)+2t\frac{\partial f}{\partial y}(2+2t,t^2).$$
2. La fonction $(u,v)\mapsto (uv,u^2+v^2)$ est de classe $C^1$ car polynômiale, donc $h$ est de classe $C^1$. Notons $x(u,v)=uv$ et $y(u,v)=u^2+v^2$. Le théorème de dérivation d'une composée dit que $$\frac{\partial h}{\partial u}(u,v)=\frac{\partial x}{\partial u}(u,v)\times \frac{\partial f}{\partial x}(x(u,v),y(u,v))+\frac{\partial y}{\partial u}(u,v)\times \frac{\partial f}{\partial y}(x(u,v),y(u,v)).$$ Ceci donne $$\frac{\partial h}{\partial u}(u,v)=v \frac{\partial f}{\partial x}(uv,u^2+v^2)+2u \frac{\partial f}{\partial y}(uv,u^2+v^2).$$ De même on trouve $$\frac{\partial h}{\partial v}(u,v)=u \frac{\partial f}{\partial x}(uv,u^2+v^2)+2v \frac{\partial f}{\partial y}(uv,u^2+v^2).$$

Considérons $\phi$ une primitive de la fonction continue $\varphi.$ $\phi$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb R$ et pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2$, on a $u(x,y)=\phi(x+y)-\phi(x-y).$ Par composition, $u$ est de classe $C^1$. Par la règle de la chaine, on a, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ \begin{align*} \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)&=\phi'(x+y)-\phi'(x-y)=\varphi(x+y)-\varphi(x-y)\\ \frac{\partial u}{\partial y}(x,y)&=\phi'(x+y)+\phi'(x-y)=\varphi(x+y)+\varphi(x-y). \end{align*}

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 $(0,0)$.

L'idée est d'introduire une variable supplémentaire, afin de dissocier la borne d'intégration et le paramètre à l'intérieur de l'intégrale. Pour $(u,v)\in I\times J,$ on considère $$F(u,v)=\int_a^u f(t,v)dt.$$ On va commencer par prouver que $\frac{\partial F}{\partial u}$ existe sur $I\times J.$ Pour cela on fixe $v\in J,$ et on remarque que $t\mapsto f(t,v)$ est continue sur $I.$ Par le théorème fondamental du calcul intégral, $\frac{\partial F}{\partial u}$ existe et vaut pour tout $(u,v)\in I\times J$ $$\frac{\partial F}{\partial u}(u,v)=f(u,v).$$ Étudions maintenant l'existence de $\frac{\partial F}{\partial v}.$ Fixons alors $u\in I$, avec par exemple $a\leq u.$ Alors, pour tout $t\in [a,u],$ la fonction $v\mapsto f(t,v)$ est dérivable sur $[a,u]$ et sa dérivée est $\frac{\partial f}{\partial v}.$ D'autre part, la fonction $(t,v)\mapsto \frac{\partial f}{\partial v}(t,v)$ est continue sur le compact $[a,u]\times K.$ Elle est donc bornée sur ce compact et il existe $M>0$ tel que, pour tout $(t,v)\in [a,u]\times K,$ $$\left|\frac{\partial f}{\partial v}(t,v)\right|\leq M.$$ Puisque la fonction constante égale à $M$ est intégrable sur le segment $[a,u],$ il résulte du théorème de dérivation des intégrales à paramètres que $\frac{\partial F}{\partial v}$ existe et vaut pour tout $(u,v)\in I\times J,$ $$\frac{\partial F}{\partial v}(u,v)=\int_a^u \frac{\partial f}{\partial v}(t,v)dt.$$ Pour conclure, on remarque que, pour tout $x\in J,$ $$\phi(x)=F(b(x),x).$$ D'après la règle de la chaîne, $\phi$ est dérivable sur $J$ et pour tout $x\in J,$ $$\phi'(x)=b'(x)f(b(x),x)+\int_a^{b(x)}\frac{\partial f}{\partial x}(t,x)dt.$$ Remarquons que toutes les dérivées partielles de $f$ que l'on mentionne ici sont des dérivées partielles par rapport à la seconde variable. On pourrait écrire, pour éviter toute confusion, $\partial_2 f.$

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.

Soit $i\in\{1,\dots,n\}$. Par la règle de la chaîne, on a, pour tout $x\in\mathbb R^n,$ $$\frac{\partial (u\circ f)}{\partial x_i}(x)=\frac{\partial f}{\partial x_i}(x)u'(f(x)).$$ Puis, utilisant une deuxième fois la règle de la chaîne et la règle pour la dérivation d'un produit, on trouve $$\frac{\partial^2 (u\circ f)}{\partial x_i^2}(x)=\frac{\partial^2 f}{\partial x_i^2}(x)u'(f(x))+\left(\frac{\partial f}{\partial x_i}(x)\right)^2u''(f(x)).$$ On en déduit que \begin{align*} \Delta f(x)&=\sum_{i=1}^n \frac{\partial^2 f}{\partial x_i^2}(x)u'(f(x))+\sum_{i=1}^n \left(\frac{\partial f}{\partial x_i}(x)\right)^2u''(f(x))\\ &=\Delta f(x)u'(f(x))+\|\nabla f(x)\|^2 u''(f(x)). \end{align*}

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*}

1. On va noter $\frac{\partial F}{\partial u}$ et $\frac{\partial F}{\partial v}$ les dérivées partielles respectives de $F.$ D'après la règle de la chaine, on a, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ $$\frac{\partial f}{\partial x}=a\frac{\partial F}{\partial u}(ax+by,cx+dy)+c\frac{\partial F}{\partial v}(ax+by,cx+dy)$$ et $$\frac{\partial f}{\partial y}=b\frac{\partial F}{\partial u}(ax+by,cx+dy)+d\frac{\partial F}{\partial v}(ax+by,cx+dy).$$ L'équation aux dérivées partielles devient $$(2a-b)\frac{\partial F}{\partial u}+(2c-d)\frac{\partial F}{\partial v}=0.$$
2. Si on pose $a=1,$ $b=0,$ $c=1$ et $d=2,$ on a $ad-bc\neq 0$ et l'équation aux dérivées partielles devient $$\frac{\partial F}{\partial u}=0.$$ On en déduit donc qu'il existe une fonction $H:\mathbb R\to\mathbb R$ de classe $\mathcal C^1$ telle que, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2,$ $$F(u,v)=H(v).$$ Revenant à $f,$ on trouve $f(x,y)=H(x+2y)$ pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2$. Réciproquement, on vérifie facilement que toutes les fonctions qui s'écrivent ainsi sont solution. Remarquons qu'à aucun moment nous n'avons dû calculer la bijection réciproque !

Posons $\phi(x,y)=(x+y,x-y)$ qui est une bijection de $\mathbb R^2$ sur $\mathbb R^2$. On pose aussi $F(u,v)=f\circ\phi^{-1}(u,v)$, de sorte que $f(x,y)=F\circ\phi(x,y)=F(x+y,x-y).$ On a alors par le théorème de dérivation d'une composée (règle de la chaîne), pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ \begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=&\frac{\partial F}{\partial u}(x+y,x-y)+\frac{\partial F}{\partial v}(x+y,x-y)\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=&\frac{\partial F}{\partial u}(x+y,x-y)-\frac{\partial F}{\partial v}(x+y,x-y). \end{eqnarray*} De plus, dans les nouvelles coordonnées, on vérifie facilement que $$\left\{ \begin{array}{rcl} u&=&x+y\\ v&=&x-y \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&(u+v)/2\\ y&=&(u-v)/2. \end{array}\right. $$ Ainsi, si $f$ est solution de l'équation aux dérivées partielles initiales, $F$ vérifie, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2,$ $$2\frac{\partial F}{\partial v}(u,v)=8\frac{u+v}2+16\frac{u-v}2=12u-4v.$$ On résout cette équation en intégrant par rapport à $v$ : il existe une fonction $H:\mathbb R\to\mathbb R$ de classe $C^1$ telle que, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2,$ $$F(u,v)=6uv-v^2+H(u).$$ Revenant à $f$, on a prouvé que si $f$ est solution de l'équation différentielle initiale, alors $f$ s'écrit \begin{align*} f(x,y)&=6(x+y)(x-y)-(x-y)^2+H(x+y)\\ &=5x^2+2xy-7y^2+H(x+y). \end{align*} Réciproquement, on vérifie facilement que toute fonction s'écrivant ainsi est solution de l'équation aux dérivées partielles initiale.

Dans ce genre d'exercice, l'idée est de faire un changement de variables linéaire en posant $u(x,y)=ax+by$ et $v(x,y)=cx+dy$, et en définissant $F:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ par $f(x,y)=F(u(x,y),v(x,y))$. Ceci a un sens si $(x,y)\mapsto (u(x,y),v(x,y))$ est une bijection de $\mathbb R^2$ sur lui-même, et donc si $ad-bc\neq 0$. On a donc, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=a\frac{\partial F}{\partial u}(u(x,y),v(x,y))+c\frac{\partial F}{\partial v}(u(x,y),v(x,y))$$ et $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=b\frac{\partial F}{\partial u}(u(x,y),v(x,y))+d\frac{\partial F}{\partial v}(u(x,y),v(x,y)).$$ Donc : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)-3\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=(a-3b)\frac{\partial F}{\partial u}(u(x,y),v(x,y))+(c-3d)\frac{\partial F}{\partial v}(u(x,y),v(x,y)).$$ Prenons $c=3$, $d=1$, $b=0$ et $a=1$ (on a bien $ad-bc\neq 0$). L'équation devient alors $$\frac{\partial F}{\partial u}(u(x,y),v(x,y))=0$$ et on a donc, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2$, $$\frac{\partial F}{\partial u}(u,v)=0.$$ La fonction $F$ ne dépend que de sa second variable : il existe $g\in\mathcal C^1(\mathbb R)$ tel que, pour tout $(u,v)\in\mathbb R^2,$ $F(u,v)=g(v)$. Revenant à $f$ on trouve que $f(x,y)=g(3x+y)$. Réciproquement, une telle fonction est bien solution de l'équation.

On va commencer par déterminer toutes les fonctions $f:\mathbb R^2\to\mathbb R,$ de classe $C^2,$ qui vérifient $$\frac{\partial^2 f}{\partial^2 x}=a.$$ Pour cela, posons $g=\frac{\partial f}{\partial x}.$ Alors $g$ vérifie $$\frac{\partial g}{\partial x}=a.$$ Ainsi, il existe une fonction $C:\mathbb R\to\mathbb R$ telle que, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=g(x,y)=ax+C(y).$$ On va encore intégrer cette égalité : il existe une fonction $D:\mathbb R\to\mathbb R$ telle que, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ $$f(x,y)=\frac{a}2x^2+C(y)x+D(y).$$ Puisque $f$ est $C^2$ et que $f(0,y)=D(y),$ on obtient que $f$ est $\mathcal C^2$, puis calculant $f(1,y)=C(y)+D(y),$ on obtient que $C$ est aussi de classe $C^2$.
Cherchons ensuite parmi les fonctions qui s'écrivent sous la forme précédente celles qui vérifient les deux autres conditions. On a d'une part $$\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=C'(y)=c.$$ Ainsi, il existe $d_1\in\mathbb R$ tel que $C(y)=cy+d_1.$ D'autre part, utilisant cette formule pour $C,$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=D''(y)=b,$$ et donc il existe $d_2,d_3\in\mathbb R$ tels que $$D(y)=\frac{by^2}{2}+d_2y+d_3.$$ Finalement, on a prouvé que si $f$ est solution du problème, alors $f$ s'écrit, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2,$ $$f(x,y)=\frac{a}2x^2+\frac{b}2y^2+cxy+d_1x+d_2y+d_3.$$ Autrement dit, $f$ est un polynôme de degré $2$ en les variables $x$ et $y$. Réciproquement, il est facile de vérifier que ces fonctions sont bien solution du problème.

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.