EP - EXERCICES SUR LES FONCTIONS DE DEUX VARIABLES

Calculer les dérivées partielles d’ordre 1 et 2 de la fonctionf définie sur R²\ {(0,0)} par : f(x, y) = x³y³

x²+y² .

On a tout d’abord

∂f

∂x(x, y) = (x²+y²)(3x²y³)−(x³y³)(2x)

(x²+y²)² = x²y³(x²+ 3y²) (x²+y²)² .

Par ailleurs, pour tout couple(x, y)6= (0,0), on af(x, y) =f(y, x). On obtient donc la dérivée partielle par rapport à y en permutant dans la précédente les rôles dex et dey.

∂f

∂y(x, y) = x³y²(3x²+y²) (x²+y²)² . On obtient ensuite

∂²f

∂x²(x, y) = (x²+y²)²(4x³y³+ 6xy⁵)−2(x²+y²)(2x)(x²y³(x²+ 3y²)) (x²+y²)⁴

= (x²+y²)(4x³y³+ 6xy⁵)−4x³y³(x²+ 3y²) (x²+y²)³

= −2xy⁵(x²−3y²) (x²+y²)³ , et par symétrie

∂²f

∂y²(x, y) = 2x⁵y(3x²−y²) (x²+y²)³ . Enfin

∂²f

∂x∂y(x, y) = (x²+y²)²(3x⁴y²+ 15x²y⁴)−2(x²+y²)(2y)(x²y³(x²+ 3y²)) (x²+y²)⁴

= (x²+y²)(3x⁴y²+ 15x²y⁴)−4x²y⁴(x²+ 3y²)) (x²+y²)³

= x²y²(3x⁴+ 14x²y²+ 3y⁴) (x²+y²)³ .

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Calculer les dérivées partielles de tous ordres de la fonction f définie sur R² par f(x, y) =x³y²+xy²−2xy⁵.

Les dérivées se calculent facilement.

0

−240x

∂

∂y

::

uu uu uu uu uu

∂

∂x

$$

II II II II I

−240xy

∂

∂y

99

tt tt tt tt t

∂

∂x

$$

JJ JJ JJ JJ

J ⁻

240

−120xy²

∂

∂y

88

qq qq qq qq qq q

∂

∂x

&&

MM MM MM MM

MM ⁻

240y

∂

∂y

;;

vv vv vv vv v

∂

∂x

##

GG GG GG GG GG

2x³+2x−40xy³

∂

∂y

66

nn nn nn nn nn nn

∂

∂x

((

PP PP PP PP PP

PP ⁻

120y²

∂

∂y

::

uu uu uu uu u

∂

∂x

$$

II II II II II

0

2x³y+2xy−10xy⁴

∂

∂y

66

ll ll ll ll ll ll l

∂

∂x

((

RR RR RR RR RR RR R

6x²+2−40y³

∂

∂y

88

qq qq qq qq qq

∂

∂x

&&

MM MM MM MM MM M

0

∂

∂y

;;

ww ww ww ww ww w

∂

∂x

##

GG GG GG GG GG G

x³y²+xy²−2xy⁵

∂

∂y

66

ll ll ll ll ll ll l

∂

∂x

))

RR RR RR RR RR RR R

6x²y+2y−10y⁴

∂

∂y

66

nn nn nn nn nn nn

∂

∂x

((

PP PP PP PP PP PP P

12x

∂

∂y

::

uu uu uu uu uu u

∂

∂x

$$

II II II II

II ⁰

3x²y²+y²−2y⁵

∂

∂y

66

ll ll ll ll ll ll l

∂

∂x

((

RR RR RR RR RR RR RR

12xy

∂

∂y

88

qq qq qq qq qq q

∂

∂x

&&

MM MM MM MM MM

M ¹²

∂

∂y

;;

ww ww ww ww ww

∂

∂x

##

GG GG GG GG GG

6xy²

∂

∂y

66

nn nn nn nn nn nn nn

∂

∂x

((

PP PP PP PP PP PP

PP ^12y

∂

∂y

::

uu uu uu uu uu

∂

∂x

$$

II II II II II

I ⁰

6y²

∂

∂y

88

qq qq qq qq qq qq

∂

∂x

&&

NN NN NN NN NN NN

N ⁰

∂

∂y

;;

ww ww ww ww ww w

∂

∂x

$$

HH HH HH HH HH H

0

∂

∂y

99

tt tt tt tt tt tt

∂

∂x

%%

KK KK KK KK KK

K ⁰

0

∂

∂y

::

uu uu uu uu uu u

∂

∂x

$$

II II II II II I

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0

Soitf une fonction de classeC² sur un ouvertU deR à valeurs réelles.

Calculer le laplacien des fonctions suivantes : a)

U =R

f(x, y) =x²−y² b) U =R

f(x, y) = x²+y²

c)

U =R\ {(0,0)} f(x, y) = lnp

x²+y² d)

U =R\ {(0,0)} f(x, y) = x

x²+y²

e)

U =R\ {(0,0)} f(x, y) = 1

px²+y²

f)

U =R\ {(0,0)} f(x, y) = 1

px²+ 2y²

a) On a successivement

∂f

∂x(x, y) = 2x et ∂²f

∂x²(x, y) = 2, et

∂f

∂y(x, y) =−2y et ∂²f

∂y²(x, y) =−2, donc ∆f = 0 .

b) On a successivement

∂f

∂x(x, y) = 2x et ∂²f

∂x²(x, y) = 2, et

∂f

∂y(x, y) = 2y et ∂²f

∂y²(x, y) = 2, donc ∆f = 4 .

c) En écrivant f(x, y) = ¹₂ln(x²+y²) on a

∂f

∂x(x, y) = x

x²+y² et ∂²f

∂x²(x, y) = y²−x² (x²+y²)² .

Et en remarquant que f(x, y) = f(y, x), on obtient les dérivées en y en permutant x et y dans les dérivées en x. D’où

∂²f

∂y²(x, y) = x²−y² (x²+y²)² . On obtient ∆f = 0.

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d) On a tout d’abord

∂f

∂x(x, y) = (x²+y²)−x(2x)

(x²+y²)² = y²−x² (x²+y²)² , puis

∂²f

∂x²(x, y) = (x²+y²)²(−2x)−(y²−x²)2(x²+y²)2x

(x²+y²)⁴ = 2x³−6xy² (x²+y²)³ . Par un calcul analogue

∂f

∂y(x, y) = −2xy (x²+y²)² , puis

∂²f

∂y²(x, y) =−2x(x²+y²)²−y2(x²+y²)2y

(x²+y²)⁴ = −2x³+ 6xy² (x²+y²)³ . On a de nouveau ∆f = 0 .

e) ) En écrivant f(x, y) = (x²+y²)^−1/2, on a

∂f

∂x(x, y) =−1

2(x²+y²)^−3/22x=−x(x²+y²)^−3/2, puis

∂²f

∂x²(x, y) = −(x²+y²)^−3/2−x

−3

2(x²+y²)^−5/22x

= −(x²+y²)^−3/2+ 3x²(x²+y²)^−5/2

= (x²+y²)^−5/2(−(x²+y²) + 3x²)

= (x²+y²)^−5/2(2x²−y²).

Et en remarquant que f(x, y) = f(y, x), on obtient les dérivées en y en permutant x et y dans les dérivées en x. D’où

∂²f

∂y²(x, y) = (x²+y²)^−5/2(2y²−x²), et donc

∆f(x, y) = (x²+y²)^−5/2(x²+y²) = (x²+y²)^−3/2 .

f) En écrivant f(x, y) = (x²+ 2y²)^−1/2, on a

∂f

∂x(x, y) =−1

2(x²+ 2y²)^−3/22x=−x(x²+ 2y²)^−3/2, puis

∂²f

∂x²(x, y) = −(x²+ 2y²)^−3/2−x

−3

2(x²+ 2y²)^−5/22x

= −(x²+ 2y²)^−3/2+ 3x²(x²+y²)^−5/2

= (x²+ 2y²)^−5/2(−(x²+ 2y²) + 3x²)

= (x²+ 2y²)^−5/2(2x²−2y²).

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De même

∂f

∂y(x, y) =−1

2(x²+ 2y²)^−3/24y =−2y(x²+ 2y²)^−3/2, puis

∂²f

∂y²(x, y) = −2(x²+ 2y²)^−3/2−2y

−3

2(x²+ 2y²)^−5/24y

= −2(x²+ 2y²)^−3/2+ 12y²(x²+ 2y²)^−5/2

= (x²+ 2y²)^−5/2(−2(x²+ 2y²) + 12y²)

= (x²+ 2y²)^−5/2(8y²−2x²). Finalement

∆f(x, y) = (x²+ 2y²)^−5/2(2x²−2y²) + (x²+ 2y²)^−5/2(8y²−2x²) = 6y² (x²+ 2y²)^5/2.

Soit f une fonction numérique de classe C² sur R² qui vérifie, pour tout couple (x, y) de R² la relation

f(x, y) =−f(y, x). Montrer que l’on a, pour tout réel a,

∆f(a, a) = 0 et ∂²f

∂x∂y(a, a) = 0.

En dérivant par rapport ày la relation

f(x, y) =−f(y, x). on obtient

∂f

∂y(x, y) =−∂f

∂x(y, x), puis en dérivant par rapport àx,

∂²f

∂x∂y(x, y) =− ∂²f

∂y∂x(y, x).

En tenant compte du lemme de Schwarz, on en déduit donc, pour tout réela,

∂²f

∂x∂y(a, a) =− ∂²f

∂x∂y(a, a), et l’on a bien

∂²f

∂x∂y(a, a) = 0.

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On obtient également

∂²f

∂y²(x, y) =−∂²f

∂x²(y, x), et donc

∂²f

∂x²(a, a) +∂²f

∂y²(a, a) = ∆f(a, a) = 0.

Soientf etg deux fonctions de classe C² surR². Montrer que

∆(f g) =f∆g+ 2−−−−→gradf·−−−→gradg+g∆f .

En appliquant la formule de Leibniz pour calculer la dérivée seconde, on a

∂²(f g)

∂x² =f ∂²g

∂x² + 2∂f

∂x

∂g

∂x+g∂²f

∂x² , et aussi

∂²(f g)

∂y² =f ∂²g

∂y² + 2∂f

∂y

∂g

∂y+g∂²f

∂y² . D’où en sommant

∆(f g) =f∆g+ 2 ∂f

∂x

∂g

∂x+ ∂f

∂y

∂g

∂y

+g∆f . Mais, puisque

−−−−→

gradf = ∂f

∂x,∂f

∂y

et −−−→gradg= ∂g

∂x,∂g

∂y

,

le produit scalaire de ces deux vecteurs vaut

∂f

∂x

∂g

∂x +∂f

∂y

∂g

∂y, ce qui donne la relation voulue.

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Soit f une fonction à valeurs réelles, définie sur ] 0,+∞[ et deux fois dérivable. On lui associe la fonction g définie surR\ {(0,0)} par

g(x, y) =fp

x²+y² .

a) Calculer ∂²g

∂x∂y au moyen de f^′ et de f^′′, puis déterminer toutes les fonctions f telles que

∂²g

∂x∂y = 0.

b) Calculer de même ∆g et déterminer toutes les fonctions f telles ∆g= 0.

a) Si l’on poseg(x, y) =f(p

x²+y²), on a, en dérivant la fonction composée par rapport à y,

∂g

∂y(x, y) =f^′p

x²+y² y px²+y², puis en dérivant cette dernière fonction par rapport àx

∂²g

∂x∂y(x, y) = ∂

∂x ∂g

∂y

(x, y)

=

"

f^′′p

x²+y² x px²+y²

# y

px²+y² +f^′p

x²+y² −yx (x²+y²)^3/2

= xy

x²+y²



f^′′p

x²+y²

− f^′p

x²+y² px²+y²



 .

Alors, si ∂²g

∂x∂y = 0 et si xy est non nul, en posantr =p

x²+y², on obtient pour tout r >0 f^′′(r)−f^′(r)

r = 0, ce qui reste vrai par continuité, sixy = 0.

Cette équation différentielle se résout en deux temps. D’abord, en posant f^′ = h, la fonction h est solution de l’équation différentielle linéaire

h^′(r)−h(r) r = 0, qui équivaut à

h^′(r) h(r) =1

r, et s’intègre en

ln|h(r)|= ln|Kr|,

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où K est une constante réelle. Cela donne

h(r) =f^′(r) =Kr . Cette équation s’intègre elle même en

f(r) = K

2 r²+β ,

où β est une constante réelle. Alors, en posant α=K/2, on obtient f(r) =αr²+β ,

où α etβ sont des constantes.

b) En partant de nouveau de ∂g

∂y(x, y), et en dérivant en y, on obtient cette fois,

∂²g

∂y²(x, y) = ∂

∂y ∂g

∂y

(x, y)

=

"

f^′′p

x²+y² y px²+y²

# y

px²+y² +f^′p

x²+y² 1 px²+y² +f^′p

x²+y² −y² (x²+y²)^3/2

= f^′′p

x²+y² y²

x²+y² +f^′p

x²+y² x² (x²+y²)^3/2 .

Mais en remarquant que g(x, y) =g(y, x), on obtient la dérivée seconde en x, en permutant les rôles de x et dey dans la dérivée seconde eny. Donc

∂²g

∂x²(x, y) =f^′′p

x²+y² x²

x²+y² +f^′p

x²+y² y² (x²+y²)^3/2 . Alors

∆g(x, y) =f^′′p

x²+y² +

f^′p

x²+y² px²+y² . Alors si, ∆g= 0et si l’on pose r=p

x²+y², on obtient pour tout r >0 f^′′(r) +f^′(r)

r = 0.

Cette équation différentielle se résout en deux temps. D’abord, en posant f^′ = h, la fonction h est solution de l’équation différentielle linéaire

h^′(r) +h(r) r = 0,

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qui équivaut à

h^′(r) h(r) =−1

r, et s’intègre en

ln|h(r)|=−ln r α , où α est une constante réelle. Cela donne

h(r) =f^′(r) = α r . Cette équation s’intègre elle même en

f(r) =αlnr+β , où α etβ sont des constantes.

Déterminer toutes les fonctions deRdansR telles que a) ∂²f

∂x∂y = 0 , b) ∂²f

∂x² = 0.

a) Si l’on a

∂

∂x ∂f

∂y

= ∂²f

∂x∂y = 0, en posant

gy(x) = ∂f

∂y(x, y), on a donc

g^′_y(x) = 0.

Cela signifie que gy est une fonction constante par rapport à x donc ne dépendant que de y, et g_y(x) = ∂f

∂y(x, y) =K(y). Posons maintenant

h_x(y) =f(x, y). On a donc

h^′_x(y) = ∂f

∂y(x, y) =K(y). soit

h_x(y) = Z

K(y)dy+α(x),

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oùα(x)est une constante par rapportydonc ne dépendant que dex. Si l’on désigne parβune primitive de K, c’est une fonction dérivable, et

f(x, y) =α(x) +β(y),

oùα est une fonction quelconque etβ une fonction dérivable. On vérifie immédiatement que ces solu- tions conviennent.

b) Si l’on a

∂

∂x ∂f

∂x

= ∂²f

∂x² = 0, En posant

g_y(x) = ∂f

∂x(x, y), on obtient

g^′_y(x) = 0.

Doncgy est une fonction constante enx, elle ne dépend que dey.

g_y(x) =α(y). On a alors

∂f

∂x(x, y) =α(y). Donc en posant

hy(x) =f(x, y), on a

h^′_y(x) =α(y). ce qui s’intègre en

h_y(x) =xα(y) +β(y),

où β est une fonction constante en xdonc ne dépendant que dey. Alors f(x, y) =xα(y) +β(y),

où α etβ sont des fonctions quelconques. On vérifie immédiatement que ces solutions conviennent.

Remarque : si l’on cherche des fonctions de classe C² on prendra α etβ de classeC².

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Soit f une fonction numérique de classe C² sur un ouvert U de R². Soit Φ = (U, V) une bijection de U sur un ouvertV de R² telle queU etV soient des fonctions numériques de classeC² surU. On note(u, v) = (U(x, y), V(x, y)). On poseg=f◦Φ⁻¹ et l’on suppose que gest de classe C² sur V.

Montrer que l’on a

∆f = ∆U ∂g

∂u◦Φ + ∆V ∂g

∂v◦Φ +k−−−−→

gradUk²∂²g

∂u²◦Φ + 2−−−−→

gradU·−−−−→

gradV ∂²g

∂u∂v◦Φ +k−−−−→

gradVk²∂²g

∂v²◦Φ. Application :

Soit f une fonction numérique de classe C² définie sur U ={(x, y)∈R² | x >0}, et g la fonction définie sur V = ] 0,+∞[×]−π/2, π/2 [ par

g(r, t) =f(rcost, rsint).

Pour tout (x, y) deU, exprimerf(x, y) à l’aide de la fonctiong, puis calculer le laplacien de f en fonction des dérivées partielles d’ordre 1 et 2 de get des variables r ett.

SiF est une fonction de la variable(x, y) etG=F◦Φ⁻¹, on aF =G◦Φ. Si l’on supposeF etGde classeC¹, on obtient

(1) ∂F

∂x = ∂G

∂u ◦Φ∂U

∂x +∂G

∂v ◦Φ∂V

∂x , et

(2) ∂F

∂y = ∂G

∂u ◦Φ∂U

∂y +∂G

∂v ◦Φ∂V

∂y . C’est donc vrai en particulier siF =f etG=g.

Calculons ∂²f

∂x². On a

∂²f

∂x² = ∂

∂x ∂f

∂x

= ∂

∂x ∂g

∂u ◦Φ∂U

∂x +∂g

∂v ◦Φ∂V

∂x

= ∂²U

∂x²

∂g

∂u◦Φ + ∂U

∂x

∂

∂x ∂g

∂u ◦Φ

+∂²V

∂x²

∂g

∂v ◦Φ + ∂V

∂x

∂

∂x ∂g

∂v ◦Φ

En appliquant la formule (1) successivement à F = ∂g

∂u◦Φ et F = ∂g

∂v ◦Φ, c’est à dire

G= ∂g

∂u et G= ∂g

∂v, on obtient

∂

∂x ∂g

∂u ◦Φ

= ∂U

∂x

∂²g

∂u² ◦Φ + ∂V

∂x

∂²g

∂u∂v ◦Φ,

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et

∂

∂x ∂g

∂v ◦Φ

= ∂U

∂x

∂²g

∂u∂v ◦Φ + ∂V

∂x

∂²g

∂v² ◦Φ. Finalement

∂²f

∂x² = ∂²U

∂x²

∂g

∂u ◦Φ +∂²V

∂x²

∂g

∂v ◦Φ +

∂U

∂x 2

∂²g

∂u² ◦Φ + 2∂U

∂x

∂V

∂x

∂²g

∂u∂v ◦Φ + ∂V

∂x 2

∂²g

∂v² ◦Φ. De même, obtient-on pour la dérivée par rapport à y,

∂²f

∂y² = ∂²U

∂y²

∂g

∂u ◦Φ +∂²V

∂y²

∂g

∂v ◦Φ +

∂U

∂y 2

∂²g

∂u² ◦Φ + 2∂U

∂y

∂V

∂y

∂²g

∂u∂v ◦Φ + ∂V

∂y 2

∂²g

∂v² ◦Φ, d’où en sommant

∆f = ∆U ∂g

∂u ◦Φ + ∆V ∂g

∂v ◦Φ +

∂U

∂x ²

+ ∂U

∂y ²!

∂²g

∂u² ◦Φ +2

∂U

∂x

∂V

∂x +∂U

∂y

∂V

∂y

∂²g

∂u∂v ◦Φ + ∂V

∂x 2

+ ∂V

∂y 2!

∂²g

∂v² ◦Φ. Mais

∂U

∂x 2

+ ∂U

∂y 2

=k−−−−→gradUk², ∂V

∂x 2

+ ∂V

∂y 2

=k−−−−→gradVk²

et ∂U

∂x

∂V

∂x +∂U

∂y

∂V

∂y =−−−−→

gradU·−−−−→

gradV . On obtient donc la formule voulue.

Application.Soit(x, y)dansU. Il existe un couple(r, t)et un seul dansV = ] 0,+∞[×]−π/2, π/2 [ tel que x=rcost ety =rsint. Ces nombres sont définis par

r =U(x, y) =p

x²+y² et t=V(x, y) = arctany x .

L’application Φ = (U, V) est alors une bijection deU surV. Si f est de classeC² surU, il en est de même de U et de V, et par ailleurs g=f ◦Φ⁻¹ qui vérifie donc

g(r, t) =f(rcost, rsint) ,

est de classeC² surV. On peut appliquer ce qui précède en remplaçant(u, v)par(r, t)dans la formule précédente. On cherche donc les dérivées partielles, d’ordre 1 et 2 deU etV.

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On obtient

∂U

∂x(x, y) = x

px²+y² et ∂U

∂y(x, y) = y px²+y² , ainsi que

∂V

∂x(x, y) =− y

x²+y² et ∂V

∂y(x, y) = x x²+y² . On a donc

k−−−−−−−−→

gradU(x, y)k² = x px²+y²

!2

+ y

px²+y²

!2

= 1 ,

k−−−−−−−−→

gradV(x, y)k² =

− y x²+y²

² +

x x²+y²

²

= 1

x²+y² = 1 r² , et enfin

−−−−−−−−→

gradU(x, y)·−−−−−−−−→

gradV(x, y) = 0 . On calcule les dérivées secondes. On obtient facilement

∂²U

∂x²(x, y) = y²

(x²+y²)^3/2 et ∂²U

∂y²(x, y) = x² (x²+y²)^3/2 , ainsi que

∂²V

∂x²(x, y) = 2xy

(x²+y²)² et ∂²V

∂y²(x, y) = −2xy (x²+y²)² . On en déduit donc

∆U(x, y) = 1

px²+y² = 1

r et ∆V(x, y) = 0 . Alors

∆f(rcost, rsint) = 1 r

∂g

∂r(r, t) + ∂²g

∂r²(r, t) + 1 r²

∂²g

∂t²(r, t) .

Soitf une fonction de classeC² deR dansR, etg la fonction de RdansRdéfinie par g(r, t) =f(rcost, rsint).

Exprimer les dérivées partielles d’ordre 1 et 2 deg à l’aide de celles de f.

SiF est une fonction de (x, y), notons

G(r, t) =F(rcost, rsint). On a alors les relations

∂G

∂r(r, t) = ∂x

∂r(r, t)∂F

∂x(rcost, rsint) + ∂y

∂r(r, t)∂F

∂y(rcost, rsint),

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et ∂G

∂t(r, t) = ∂x

∂t(r, t)∂F

∂x(rcost, rsint) +∂y

∂t(r, t)∂F

∂y(rcost, rsint). On obtient donc

(1) ∂G

∂r(r, t) = cost∂F

∂x(rcost, rsint) + sint∂F

∂y(rcost, rsint), et

(2) ∂G

∂t (r, t) =−rsint∂F

∂x(rcost, rsint) +rcost∂F

∂y(rcost, rsint). En particulier, siF =f, et en faisant les abus de notation usuels, on trouve

∂g

∂r = cost∂f

∂x+ sint∂f

∂y , ∂g

∂t =−rsint∂f

∂x+rcost∂f

∂y.

Calculons ∂²g

∂r²(r, t). On a

∂²g

∂r²(r, t) = ∂

∂r ∂g

∂r

(r, t)

= ∂

∂r

cost∂f

∂x(rcost, rsint) + sint∂f

∂y(rcost, rsint)

= cost ∂

∂r ∂f

∂x(rcost, rsint)

+ sint ∂

∂r ∂f

∂y(rcost, rsint)

.

En appliquant la formule (1) successivement à F(x, y) = ∂f

∂x(x, y) et ∂f

∂y(x, y), donc

G(r, t) = ∂f

∂x(rcost, rsint) et ∂f

∂y(rcost, rsint), on obtient

∂

∂r ∂f

∂x(rcost, rsint)

= cost ∂

∂x ∂f

∂x

(rcost, rsint) + sint ∂

∂y ∂f

∂x

(rcost, rsint)

= cost∂²f

∂x²(rcost, rsint) + sint ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint), et

∂

∂r ∂f

∂y(rcost, rsint)

= cost ∂

∂x ∂f

∂y

(rcost, rsint) + sint ∂

∂y ∂f

∂y

(rcost, rsint)

= cost ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint) + sint∂²f

∂y²(rcost, rsint).

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Finalement

∂²g

∂r²(r, t) = cost

cost∂²f

∂x²(rcost, rsint) + sint ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint)

+ sint

cost ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint) + sint∂²f

∂y²(rcost, rsint)

= cos²t∂²f

∂x²(rcost, rsint) + 2 sintcost ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint) + sin²t∂²f

∂y²(rcost, rsint), ce qui, avec les abus de notation usuels, s’écrit

∂²g

∂r² = cos²t∂²f

∂x² + 2 sintcost ∂²f

∂x∂y + sin²t∂²f

∂y² . Calculons ∂²g

∂t²(r, t). On a

∂²g

∂t²(r, t) = ∂

∂t ∂g

∂t

(r, t)

= ∂

∂t

−rsint∂f

∂x(rcost, rsint) +rcost∂f

∂y(rcost, rsint)

= −rsint ∂

∂t ∂f

∂x(rcost, rsint)

−rcost∂f

∂x(rcost, rsint) +rcost ∂

∂t ∂f

∂y(rcost, rsint)

−rsint∂f

∂y(rcost, rsint). En appliquant la formule (2) successivement à

F(x, y) = ∂f

∂x(x, y) et ∂f

∂y(x, y), donc

G(r, t) = ∂f

∂x(rcost, rsint) et ∂f

∂y(rcost, rsint), on obtient

∂

∂t ∂f

∂x(rcost, rsint)

= −rsint ∂

∂x ∂f

∂x

(rcost, rsint) +rcost ∂

∂y ∂f

∂x

(rcost, rsint)

= −rsint∂²f

∂x²(rcost, rsint) +rcost ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint), et

∂

∂t ∂f

∂y(rcost, rsint)

= −rsint ∂

∂x ∂f

∂y

(rcost, rsint) +rcost ∂

∂y ∂f

∂y

(rcost, rsint)

= −rsint ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint) +rcost∂²f

∂y²(rcost, rsint).

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Finalement

∂²g

∂t²(r, t) = −rsint

−rsint∂²f

∂x²(rcost, rsint) +rcost ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint)

+rcost

−rsint ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint) +rcost∂²f

∂y²(rcost, rsint)

−rcost∂f

∂x(rcost, rsint)−rsint∂f

∂y(rcost, rsint)

= r²sin²t∂²f

∂x²(rcost, rsint)−2r²sintcost ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint) +r²cos²t∂²f

∂y²(rcost, rsint)

−rcost∂f

∂x(rcost, rsint)−rsint∂f

∂y(rcost, rsint), ce qui, avec les abus de notation usuels, s’écrit

∂²g

∂t² =−rcost∂f

∂x −rsint∂f

∂y +r²sin²t∂²f

∂x² −2r²sintcost ∂²f

∂x∂y +r²cos²t∂²f

∂y² . On emploie une technique analogue pour la dernière dérivée ∂²g

∂r∂t.

∂²g

∂r∂t(r, t) = ∂

∂r ∂g

∂t

(r, t)

= ∂

∂r

−rsint∂f

∂x(rcost, rsint) +rcost∂f

∂y(rcost, rsint)

= −rsint ∂

∂r ∂f

∂x(rcost, rsint)

−sint∂f

∂x(rcost, rsint) +rcost ∂

∂r ∂f

∂y(rcost, rsint)

+ cost∂f

∂y(rcost, rsint)

= −rsint

cost∂²f

∂x²(rcost, rsint) + sint ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint)

+rcost

cost ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint) + sint∂²f

∂y²(rcost, rsint)

−sint∂f

∂x(rcost, rsint) + cost∂f

∂y(rcost, rsint)

= −rsintcost∂²f

∂x²(rcost, rsint) +r(cos²t−sin²t) ∂²f

∂x∂y(rcost, rsint) +rsintcost∂²f

∂y²(rcost, rsint)−sint∂f

∂x(rcost, rsint) + cost∂f

∂y(rcost, rsint), ce qui, avec les abus de notation usuels, s’écrit

∂²g

∂r∂t =−sint∂f

∂x+ cost∂f

∂y −rsintcost∂²f

∂x² +r(cos²t−sin²t) ∂²f

∂x∂y +rsintcost∂²f

∂y² .

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Soitf une fonction de classeC² de R dansR,a,b, c,d, quatre réels, etg la fonction de R dansR définie par

g(u, v) =f(au+bv, cu+dv).

Calculer ∆g à l’aide des dérivées partielles de f. Que se passe-t-il si les vecteurs (a, b) et (c, d) forment une base orthonormée du plan ?

On a ∂g

∂u(u, v) =a∂f

∂x(au+bv, cu+dv) +c∂f

∂y(au+bv, cu+dv),

et ∂g

∂v(u, v) =b∂f

∂x(au+bv, cu+dv) +d∂f

∂y(au+bv, cu+dv), Puis

∂²g

∂u²(u, v) = ∂

∂u ∂g

∂u

(u, v)

= ∂

∂u

a∂f

∂x(au+bv, cu+dv) +c∂f

∂y(au+bv, cu+dv)

= a ∂

∂u ∂f

∂x(au+bv, cu+dv)

+c ∂

∂u ∂f

∂y(au+bv, cu+dv)

= a

a ∂

∂x ∂f

∂x

(au+bv, cu+dv) +c ∂

∂y ∂f

∂x

(au+bv, cu+dv)

+c

a ∂

∂x ∂f

∂y

(au+bv, cu+dv) +c ∂

∂y ∂f

∂y

(au+bv, cu+dv)

= a² ∂²f

∂x²(au+bv, cu+dv) + 2ac ∂²f

∂x∂y(au+bv, cu+dv) +c² ∂²f

∂y²(au+bv, cu+dv). De même

∂²g

∂v²(u, v) = ∂

∂v ∂g

∂v

(u, v)

= ∂

∂v

b∂f

∂x(au+bv, cu+dv) +d∂f

∂y(au+bv, cu+dv)

= b ∂

∂v ∂f

∂x(au+bv, cu+dv)

+d ∂

∂v ∂f

∂y(au+bv, cu+dv)

= b

b ∂

∂x ∂f

∂x

(au+bv, cu+dv) +d ∂

∂y ∂f

∂x

(au+bv, cu+dv)

+d

b ∂

∂x ∂f

∂y

(au+bv, cu+dv) +d ∂

∂y ∂f

∂y

(au+bv, cu+dv)

= b²∂²f

∂x²(au+bv, cu+dv) + 2bd ∂²f

∂x∂y(au+bv, cu+dv) +d² ∂²f

∂y²(au+bv, cu+dv).

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D’où

∆g(u, v) = (a²+b²)∂²f

∂x²(au+bv, cu+dv)+2(ac+bd) ∂²f

∂x∂y(au+bv, cu+dv)+(c²+d²)∂²f

∂y²(au+bv, cu+dv). Si(a, b) et(c, d) forment une base orthonormée, on a alors

a²+b² =c²+d²= 1 et ac+bd= 0, d’où

∆g(u, v) = ∆f(au+bv, cu+dv).

Soitf une fonction de classeC² deR dansR, etg la fonction de RdansRdéfinie par g(u, v) =f(u+v, u−v).

Calculer ∂²g

∂u∂v .

En déduire la forme générale des fonctions f telles que

∂²f

∂x² −∂²f

∂y² = 0.

En appliquant l’exercice précédent, avec a=b=c= 1, etd=−1 on a

∂g

∂u(u, v) = ∂f

∂x(u+v, u−v) +∂f

∂y(u+v, u−v),

et ∂g

∂v(u, v) = ∂f

∂x(u+v, u−v)−∂f

∂y(u+v, u−v), Puis

∂²g

∂u∂v(u, v) = ∂

∂u ∂g

∂v

(u, v)

= ∂

∂u ∂f

∂x(u+v, u−v)

− ∂

∂u ∂f

∂y(u+v, u−v)

= ∂

∂x ∂f

∂x

(u+v, u−v) + ∂

∂y ∂f

∂x

(u+v, u−v)

− ∂

∂x ∂f

∂y

(u+v, u−v)− ∂

∂y ∂f

∂y

(u+v, u−v)

= ∂²f

∂x²(u+v, u−v)−∂²f

∂y²(u+v, u−v).

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Comme l’applicationΦ : (u, v)7→(x, y) = (u+v, u−v) est une application linéaire bijective deRdans lui-même, dont l’application réciproque est Φ⁻¹ : (x, y) 7→

x+y 2 ,x−y

2

, la différence ∂²f

∂x² − ∂²f

∂y² est nulle surRsi et seulement si ∂²g

∂u∂v est nulle sur R. Alors, en utilisant l’exercice 3, on a g(u, v) =α1(u) +β1(v),

où α1 etβ1 sont des fonctions de classe C² surR, ou encore g(u, v) =α(2u) +β(2v), en posant

α(u) =α1

u 2

et β(v) =β1

u 2

.

Donc

f(x, y) =α(x+y) +β(x−y), où α etβ sont des fonctions de classeC² surR.

Soitf une fonction de classeC² deR dansR, etg la fonction de RdansRdéfinie par g(u, v) =f(u²+v², u²−v²).

Calculer ∂²g

∂u∂v .

En déduire la forme générale des fonctions f de classe C² à valeurs réelles, sur le domaine D={(x, y)| −x < y < x}, telles que

∂²f

∂x² −∂²f

∂y² = 1.

Par une méthode analogue à celle des exercices précédents, on a

∂g

∂u(u, v) = 2u∂f

∂x(u²+v², u²−v²) + 2u∂f

∂y(u²+v², u²−v²), et

∂g

∂v(u, v) = 2v∂f

∂x(u²+v², u²−v²)−2v∂f

∂y(u²+v², u²−v²),

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Puis

∂²g

∂u∂v(u, v) = ∂

∂u ∂g

∂v

(u, v)

= ∂

∂u

2v∂f

∂x(u²+v², u²−v²)−2v∂f

∂y(u²+v², u²−v²)

= 4uv ∂

∂x ∂f

∂x

(u²+v², u²−v²) + ∂

∂y ∂f

∂x

(u²+v², u²−v²)

−4uv ∂

∂x ∂f

∂y

(u²+v², u²−v²) + ∂

∂y ∂f

∂y

(u²+v², u²−v²)

= 4uv ∂²f

∂x²(u²+v², u²−v²)−∂²f

∂y²(u²+v², u²−v²)

.

Par ailleurs, l’application Φ : (u, v)7→(x, y) = (u²+v², u²−v²) définie surD^′ = ] 0,+∞[×] 0,+∞[ est une bijection de cet ensemble surD. En effet, le système d’équations

x=u²+v² y =u²−v² équivaut à











u² = x+y 2 v²= x−y

2

et si(x, y) appartient àD, il a comme solution unique le couple (u, v) =

rx+y 2 ,

rx−y 2

! .

Donc la différence ∂²f

∂x² −∂²f

∂y² vaut 1 surD si et seulement si

∂²g

∂u∂v(u, v) = 4uv surD^′ . Il reste à résoudre cette équation différentielle.

En intégrant tout d’abord enu, on obtient

∂g

∂v(u, v) = 2u²v+K(v), où K est une fonction indépendante deu, puis, en intégrant en v

g(u, v) =u²v²+α1(u) +β1(v),

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où β1 est une primitive de K et ne dépend que dev, etα1 ne dépend que deu. Si l’on pose α(u) =α1

ru 2

et β(v) =β1

rv 2

, on a encore

g(u, v) =u²v²+α(2u²) +β(2v²), et on obtient alors

f(x, y) = 1

4(x²−y²) +α(x+y) +β(x−y), où α etβ sont des fonctions de classeC² sur ] 0,+∞[

Soitg une fonction de classe C² de (R^∗+)² dansR, et f la fonction de (R^∗+)² dansRdéfinie par f(x, y) =g(x²y, xy²).

Calculer en fonction deg l’expression 2x²∂²f

∂x² −5xy ∂²f

∂x∂y + 2y²∂²f

∂y² + 2x∂f

∂x + 2y∂f

∂y . En déduire les fonctionsf de classeC² de (R⁺)² dansR telles que

2x²∂²f

∂x² −5xy ∂²f

∂x∂y + 2y²∂²f

∂y + 2x∂f

∂x + 2y∂f

∂y =x⁶y⁶.

Posonsu=x²y, etv=xy². On a alors

∂f

∂x(x, y) = 2xy ∂g

∂u(x²y, xy²) +y² ∂g

∂v(x²y, xy²),

et ∂f

∂y(x, y) =x² ∂g

∂u(x²y, xy²) + 2xy∂g

∂v(x²y, xy²), puis

∂²f

∂x²(x, y) = ∂

∂x

2xy ∂g

∂u(x²y, xy²) +y² ∂g

∂v(x²y, xy²)

= 2y ∂g

∂u(x²y, xy²) + 2xy ∂

∂x ∂g

∂u(x²y, xy²)

+y² ∂

∂x ∂g

∂v(x²y, xy²)

= 2y ∂g

∂u(x²y, xy²) + 2xy

2xy ∂²g

∂u²(x²y, xy²) +y² ∂²g

∂u∂v(x²y, xy²)

+y²

2xy ∂²g

∂u∂v(x²y, xy²) +y²∂²g

∂v²(x²y, xy²)

= 2y ∂g

∂u(x²y, xy²) + 4x²y² ∂²g

∂u²(x²y, xy²) + 4xy³ ∂²g

∂u∂v(x²y, xy²) +y⁴∂²g

∂v²(x²y, xy²).

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