Considérons la fonction de changement de variables polaires

Celle-ci est surjective mais non bijective. Ici, on veut résoudre l’équation aux dérivées partielles sur $ℝ\times {ℝ}_{+}^{*}$. Pour rendre la fonction de changement de variable bijective sur ce domaine, on limite $\theta$ à varier dans $]0;\pi [$. On considère donc plutôt la fonction de changement de variable

Celle-ci est bijective et l’on peut exprimer sa bijection réciproque ${\mathrm{\Phi }}^{-1}$

Soient $f:ℝ\times {ℝ}_{+}^{*}$ une fonction de classe ${𝒞}^1$ et $g:{ℝ}_{+}^{*}\times ]0;\pi [\to ℝ$ l’application définie de sorte que

c’est-à-dire définie par

Par composition, $g=f\circ \mathrm{\Phi }$ est de classe ${𝒞}^1$ sur ${ℝ}_{+}^{*}\times ]0;\pi [$ et l’on remarque

Par bijectivité de $\mathrm{\Phi }$,

En intégrant cette équation à $r$ fixé, on poursuit

La fonction $C$ parcourant les fonctions de classe ${𝒞}^1$ au départ de ${ℝ}_{+}^{*}$, il en est de même de $C\circ \sqrt{\cdot }$ et l’on peut simplifier l’expression de la solution générale

Soient $f:{ℝ}_{+}^{*}\times ℝ\to ℝ$ une fonction de classe ${𝒞}^1$ et $g:{ℝ}_{+}^{*}\times ]-\pi /2;\pi /2[\to ℝ$ définie par $g(r,\theta )=f(r\cos (\theta ),r\sin (\theta ))$. Par composition $g$ est ${𝒞}^1$ sur ${ℝ}_{+}^{*}\times ]-\pi /2;\pi /2[$ et

$f$ est solution de l’équation aux dérivées partielles étudiée si, et seulement si, $r\frac{\partial g}{\partial r}(r,\theta )=0$ ce qui conduit à $g(r,\theta )=h(\theta )$ puis

avec $\tilde{h}$ fonction de classe ${𝒞}^1$ définie sur $ℝ$.

Soient $f:{ℝ}_{+}^{*}\times ℝ\to ℝ$ une fonction de classe ${𝒞}^1$ et $g:{ℝ}_{+}^{*}\times ]-\pi /2;\pi /2[\to ℝ$ définie par $g(r,\theta )=f(r\cos (\theta ),r\sin (\theta ))$. Par composition $g$ est de classe ${𝒞}^1$ sur ${ℝ}_{+}^{*}\times ]-\pi /2;\pi /2[$ et

$f$ est solution de l’équation aux dérivées partielles étudiée si, et seulement si,

ce qui conduit à $g(r,\theta )=r+h(\theta )$ puis

avec $k$ fonction de classe ${𝒞}^1$ définie sur $ℝ$.

• (a)

  L’application $\varphi$ est clairement un endomorphisme de $E$.
  Posons $x=r\cos (\theta )$, $y=r\sin (\theta )$ avec $r=\sqrt{x^2+y^2}$ et $\theta =\arctan \left(\frac{y}{x}\right)$, $(r,\theta )\in V={ℝ}_{+}^{*}\times ]-\pi /2;\pi /2[$
  Pour $f\in E$, on considère $g\in {𝒞}^{\mathrm{\infty }}(V,ℝ)$ définie par $g(r,\theta )=f(r\cos (\theta ),r\sin (\theta ))$.
  On remarque

  $$r\frac{\partial g}{\partial r}(r,\theta )=r\cos (\theta )\frac{\partial f}{\partial x}(r\cos (\theta ),r\sin (\theta ))+r\sin (\theta )\frac{\partial f}{\partial y}(r\cos (\theta ),r\sin (\theta ))\text{.}$$

  Ainsi,

  $$\mathrm{\Phi }(f)=0\iff r\frac{\partial g}{\partial r}(r,\theta )=0$$

  pour tout $(r,\theta )\in V$.
  La résolution de cette équation aux dérivées partielles donne $g(r,\theta )=C(\theta )$ avec $C$ de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur $]-\pi /2;\pi /2[$.
  Par suite, on obtient la solution générale $f(x,y)=C(\arctan (y/x))=D(y/x)$ avec $D$ fonction de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur $ℝ$.

• (b)

  Si $f$ est homogène de degré $\alpha$ alors en dérivant la relation $f(tx,ty)=t^{\alpha }f(x,y)$ par rapport à $t$ puis en évaluant le résultat en $t=1$ on obtient l’égalité $\mathrm{\Phi }(f)=\alpha f$.
  Inversement, si $\mathrm{\Phi }(f)=\alpha f$ alors en introduisant $g$ comme ci-dessus, on obtient

  $$r\frac{\partial g}{\partial r}(r,\theta )=\alpha g(r,\theta )$$

  ce qui donne $g(r,\theta )=C(\theta )r^{\alpha }$ puis

  $$f(x,y)=D(y/x){(x^2+y^2)}^{\alpha /2}$$

  avec $D$ fonction de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur $ℝ$. Il est alors facile de vérifier que $f$ est homogène de degré $\alpha$.

• (c)

  La fonction $h$ est homogène de degré 5, donc $h/5$ est solution particulière de l’équation linéaire $\mathrm{\Phi }(f)=h$. L’ensemble des solutions de l’équation est alors le sous-espace affine $h/5+\mathrm{Ker}(\mathrm{\Phi })$.

• (a)

  On passe en coordonnées polaires avec $r=\sqrt{x^2+y^2}$ et $\theta =\arctan (x/y)$ de sorte que $x=r\sin (\theta )$ et $y=r\cos (\theta )$.
  On parvient à

  $$f(x,y)=C(x/y){(x^2+y^2)}^{\alpha /2}$$

  avec $C$ une fonction de classe ${𝒞}^1$ définie sur $ℝ$.

• (b)

  Idem, on parvient à

  $$f(x,y)=\frac{2}{3}\frac{x}{y}\sqrt{x^3+y^3}+C(x/y)$$

  avec $C$ une fonction de classe ${𝒞}^1$ définie sur $ℝ$.

Supposons $f$ homogène de degré $p$ c’est-à-dire

En dérivant cette relation par rapport à $t$ et en évaluant en $t=1$, on obtient

Inversement, posons

Si $f$ vérifie l’équation aux dérivées partielles proposée, la fonction $t\mapsto g(t)$ est solution de l’équation différentielle

et, après résolution, on obtient

ce qui donne $f$ homogène de degré $p$.

Notons que pour $n=1$, $f(x)={|x|}^3$ vérifie la relation et n’est homogène de degré $3$ que dans le sens précisé initialement.

L’application $\phi$ est bien définie car $\phi (r)$ est l’intégrale sur un segment d’une fonction continue.
Posons $g:(r,t)\mapsto f(r\cos (t),r\sin (t))$.
La fonction $g$ admet une dérivée partielle $\frac{\partial g}{\partial r}$ et celle-ci est continue sur $ℝ\times [0;2\pi ]$.
Pour $a>0$, la fonction $\frac{\partial g}{\partial r}$ est continue sur le compact $[-a;a]\times [0;2\pi ]$ et donc il existe $M\in {ℝ}_{+}$ vérifiant

La fonction $\psi$ est évidemment intégrable sur $[0;2\pi ]$ et donc, par domination sur tout segment, la fonction $\phi$ est de classe ${𝒞}^1$ sur $ℝ$ et

On en déduit $r{\phi }^{\prime }(r)=0$ puis ${\phi }^{\prime }(r)=0$, d’abord pour $r\ne 0$, puis pour tout $r\in ℝ$, par continuité.
Par suite, $\phi$ est constante égale à $\phi (0)=2\pi f(0)$.

L’application $\phi$ est bien définie car $\phi (r)$ est l’intégrale sur un segment d’une fonction continue.
Posons $g:(r,t)\mapsto f(r\cos (t),r\sin (t))$.
La fonction $g$ admet une dérivée partielle $\frac{\partial g}{\partial r}$ et celle-ci est continue sur ${ℝ}_{+}\times [0;2\pi ]$.
Pour $a>0$, la fonction $\frac{\partial g}{\partial r}$ est continue sur le compact $[0;a]\times [0;2\pi ]$ et donc il existe $M\in {ℝ}_{+}$ vérifiant

La fonction $\psi$ est évidemment intégrable sur $[0;2\pi ]$ et donc, par domination sur tout segment, la fonction $\phi$ est de classe ${𝒞}^1$ sur ${ℝ}_{+}$ et

On en déduit

puis après résolution de cette équation différentielle sur $]0;+\mathrm{\infty }[$

La fonction $\phi$ étant définie et continue en 0, le cas où $\alpha <0$ oblige $\lambda =0$ et alors $\phi (r)=0$.
Le cas $\alpha \ge 0$, n’impose rien de particulier et alors $\phi (r)=\lambda r^{\alpha }$ pour tout $r\ge 0$.