Préparer sa kholle : calcul différentiel

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.

Notons $x,y$ et $z$ les trois dimensions de la boite. Son volume est donc $xyz=0,5$. On désire minimiser la fonction $$f(x,y,z)=xy+2xz+2yz$$ (on a enlevé la face du dessus). Remplaçant $z$ par $1/2xy$, on doit donc chercher le minimum de la fonction de deux variables $$g(x,y)=xy+\frac 1x+\frac 1y$$ sur l'ouvert $U=]0,+\infty[\times ]0,+\infty [$. Les dérivées partielles de $g$ sont $$\frac{\partial g}{\partial x}=y-\frac 1{x^2}\textrm{ et }\frac{\partial g}{\partial y}=x-\frac 1{y^2}.$$ On vérifie alors sans peine que le seul point critique de $g$ sur l'ouvert $U$ est $(1,1)$. Reste maintenant à prouver que $g$ admet bien un minimum global en $(1,1)$ sur $U$. Pour cela, on peut remarquer que $g(1,1)=3$. De plus, si $x<1/3$ ou $y<1/3$, alors $g(x,y)>3=g(1,1)$. On en déduit que $$\inf\{g(x,y);\ (x,y)\in U\}=\inf\{g(x,y);\ (x,y)\in A\}$$ où $A=\{(x,y)\in\mathbb R^2;\ x\geq 1/3\textrm{ et }y\geq 1/3\}.$ Mais de plus, si $(x,y)\in A$ vérifie $x> 3$ ou $y> 3$, alors $g(x,y)\geq 3=g(1,1)$. On en déduit que $$\inf\{g(x,y);\ (x,y)\in U\}=\inf\{g(x,y);\ (x,y)\in K\}$$ où $K=[1/3,3]\times [1/3,3].$ Or $K$ est compact et $g$ est continue sur $K$, donc on sait que $g$ admet un minimum sur $K$. Ce minimum sur $K$ est aussi le minimum de $g$ sur $U$. Or, $g$ ne peut admettre qu'un minimum en un point critique. Donc $g$ admet un minimum en $(1,1)$. Ceci signifie que les trois dimensions sont $x=1$, $y=1$ et $z=1/2$.