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 $u(x,y)=ax+by$ 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 $a=1$ (qui est bien un changement de variables [inversible]).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 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.