Exercice 1 2903 MINES (MP)Correction

Soient $(x_{1}, \dots, x_{n}, h_{1}, \dots, h_{n}) \in ℝ^{2 n}$ , $f \in 𝒞^{1} (ℝ^{n}, ℝ)$ et $g : ℝ \to ℝ$ définie par

g (t) = f (x_{1} + t h_{1}, \dots, x_{n} + t h_{n}) .

Exprimer $g^{'} (t)$ .

Solution

Par composition, $g$ est dérivable (et même de classe $𝒞^{1}$ ) et

g^{'} (t) = \sum_{i = 1}^{n} h_{i} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} (x_{1} + t h_{1}, \dots, x_{n} + t h_{n}) .

Exercice 2 1755 Correction

Soient $f : ℝ^{2} \to ℝ$ une fonction différentiable et $g : ℝ^{2} \to ℝ$ définie par

g (u, v) = f (u^{2} + v^{2}, u v) .

(a)

Justifier que $g$ est différentiable.
(b)

En employant la règle de la chaîne, exprimer les dérivées partielles de $g$ en fonction des dérivées partielles de $f$ .

Solution

(a)

Considérons

$Φ : {\begin{matrix} ℝ^{2} & \to & ℝ^{2} \\ (u, v) & \mapsto & (u^{2} + v^{2}, u v) . \end{matrix}$

L’application $Φ$ est différentiable car ses fonctions coordonnées (dans la base canonique) le sont puisque polynomiales. Par composition, $g = f \circ Φ$ est différentiable.

(b)

Par application de la règle de la chaîne,

	$\frac{\partial g}{\partial u} (u, v)$	$= \frac{d}{d u} (f (u^{2} + v^{2}, u v))$
		$= 2 u \frac{\partial f}{\partial x} (u^{2} + v^{2}, u v) + v \frac{\partial f}{\partial y} (u^{2} + v^{2}, u v)$
	$\frac{\partial g}{\partial v} (u, v)$	$= \frac{d}{d v} (f (u^{2} + v^{2}, u v))$
		$= 2 v \frac{\partial f}{\partial x} (u^{2} + v^{2}, u v) + u \frac{\partial f}{\partial y} (u^{2} + v^{2}, u v) .$

Exercice 3 1752 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ différentiable.

(a)

On suppose

$\forall t \in ℝ, \forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x + t, y + t) = f (x, y) .$

Montrer que $f$ satisfait sur $ℝ^{2}$ l’équation aux dérivées partielles

$(E) : \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0 .$
(b)

Établir la réciproque.
(c)

En déduire la solution générale de l’équation au dérivées partielles $(E)$ .

Solution

(a)

On dérive la relation par rapport à $t$

$\frac{\partial f}{\partial x} (x + t, y + t) + \frac{\partial f}{\partial y} (x + t, y + t) = 0 .$

Pour $t = 0$ , on obtient la relation voulue.
(b)

Soit $(x, y) \in ℝ^{2}$ . On introduit la fonction $φ : ℝ \to ℝ$ définie par

$φ (t) = f (x + t, y + t) pour t \in ℝ .$

La fonction $φ$ est dérivable et

$φ^{'} (t) = \frac{\partial f}{\partial x} (x + t, y + t) + \frac{\partial f}{\partial y} (x + t, y + t) = 0$

en vertu de l’hypothèse de travail. On en déduit que la fonction $φ$ est constante.

L’identité $φ (t) = φ (0)$ produit alors celle voulue.
(c)

Si $f$ est solution sur $ℝ^{2}$ de l’équation aux dérivées partielles $(E)$ alors

$\forall t \in ℝ, \forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x + t, y + t) = f (x, y)$

et donc

$\forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x, y) = f (x - y,0) .$

Si l’on pose $C : t \to f (t,0)$ , on obtient

$\forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x, y) = C (x - y) avec C \in 𝒞^{1} (ℝ, ℝ) .$

La réciproque est immédiate.

Exercice 4 1753 Correction

Soient $Ω = ℝ^{2} ∖ {(0,0)}$ et $f : Ω \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ .

(a)

On suppose que

$\forall t > 0, \forall (x, y) \in Ω, f (t x, t y) = f (x, y) .$

Montrer que

$x \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0 pour tout (x, y) \in Ω .$
(b)

Étudier la réciproque.
(c)

À quelle condition une telle fonction peut-elle être prolongée par continuité en $(0,0)$ ?

Solution

(a)

On dérive par rapport à $t$ la relation $, f (t x, t y) = f (x, y)$ et cela donne

$x \frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (t x, t y) = 0 .$

En évaluant en $t = 1$ , on obtient la relation attendue.
(b)

Soit $(x, y) \in Ω$ .

Posons $φ : t \mapsto f (t x, t y)$ définie sur $] 0; + \infty [$ . Par composition la fonction $φ$ est dérivable sur $] 0; + \infty [$ et

$φ^{'} (t) = x \frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (t x, t y) .$

On en déduit

$t φ^{'} (t) = t x \frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) + t y \frac{\partial f}{\partial y} (t x, t y) = 0 .$

La fonction $φ^{'}$ est donc nulle sur $] 0; + \infty [$ et $φ$ est constante égale à $φ (1) = f (x, y)$ .
(c)

Si $f$ peut être prolongée par continuité en $(0,0)$ alors, pour tout $(x, y) \in Ω$ ,

$f (x, y) = lim_{t \to 0^{+}} f (t x, t y) = f (0,0)$

et la fonction $f$ est constante. La réciproque est immédiate.

Exercice 5 45 Correction

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ une fonction différentiable homogène de degré $n \in ℕ$ c’est-à-dire vérifiant

\forall t \in ℝ, \forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (t x, t y) = t^{n} f (x, y) .

(a)

Montrer que

$x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y} = n f .$
(b)

On suppose $n \geq 1$ . Montrer que les dérivées partielles de $f$ sont elles aussi homogènes, préciser leur degré.

Solution

(a)

En dérivant la relation $f (t x, t y) = t^{n} f (x, y)$ en la variable $t$

$x \frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (t x, t y) = n t^{n - 1} f (x, y) .$

En évaluant en $t = 1$ , on obtient

$x \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = n f (x, y) .$
(b)

En dérivant la relation $f (t x, t y) = t^{n} f (x, y)$ en la variable $x$

$t \frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) = t^{n} \frac{\partial f}{\partial x} (x, y)$

donc, pour $t \neq 0$ ,

$\frac{\partial f}{\partial x} (t x, t y) = t^{n - 1} \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) .$

Cette identité se prolonge aussi en $t = 0$ grâce à la continuité de $\frac{\partial f}{\partial x}$ .
On peut conclure que $\frac{\partial f}{\partial x}$ est de homogène de degré $n - 1$ .
Idem pour $\frac{\partial f}{\partial y}$ .

Exercice 6 46

(Fonctions homogènes)

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ . On dit que $f$ est homogène de degré $α \in R$ lorsque

\forall t > 0, \forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (t x, t y) = t^{α} f (x, y) .

(a)

On suppose $f$ homogène de degré $α$ . Montrer

$x \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = α f (x, y) pour tout (x, y) \in ℝ^{2} .$
(b)

Établir la réciproque.

Exercice 7 6027 Correction

Soit $ϕ : ℝ^{2} \to ℝ^{2}$ une isométrie vectorielle.

Montrer que pour toute fonction $f : ℝ^{2} \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$

Δ (f \circ Φ) = Δ f \circ Φ

où $Δ$ désigne le laplacien.

Solution

L’application $Φ$ est linéaire donc de classe $𝒞^{\infty}$ . Par composition, $g = f \circ Φ$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ^{2}$ . Notons

Ω = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})

la matrice de $Φ$ dans la base canonique de $ℝ^{2}$ . On a

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, Φ (x, y) = (a x + b y, c x + d y)

et donc

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, g (x, y) = f (a x + b y, c x + d y) .

Par dérivation de fonctions composées,

	$\frac{\partial g}{\partial x} (x, y)$	$= a \frac{\partial f}{\partial x} (a x + b y, c x + d y) + c \frac{\partial f}{\partial y} (a x + b y, c x + d y)$
	$\frac{\partial g}{\partial y} (x, y)$	$= b \frac{\partial f}{\partial x} (a x + b y, c x + d y) + d \frac{\partial f}{\partial y} (a x + b y, c x + d y)$

puis

	$\frac{\partial^{2} g}{\partial x^{2}} (x, y)$	$= a^{2} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x^{'}, y^{'}) + 2 a c \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (x^{'}, y^{'}) + c^{2} \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x^{'}, y^{'})$
	$\frac{\partial^{2} g}{\partial y^{2}} (x, y)$	$= b^{2} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x^{'}, y^{'}) + 2 b d \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (x^{'}, y^{'}) + d^{2} \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x^{'}, y^{'})$

avec $(x^{'}, y^{'}) = Φ (x, y) = (a x + b y, c x + d y)$ .

On en déduit

Δ g (x, y) = (a^{2} + b^{2}) \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x^{'}, y^{'}) + 2 (a c + b d) \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} (x^{'}, y^{'}) + (c^{2} + d^{2}) \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} (x^{'}, y^{'}) .

Les lignes de la matrice $Ω$ étant unitaires et orthogonales: $a^{2} + b^{2} = c^{2} + d^{2} = 1$ et $a c + b d = 0$ . On simplifie

Δ g (x, y) = Δ f (x^{'}, y^{'}) = Δ f (Φ (x, y)) .

[<] Calcul de dérivées partielles [>] Matrice jacobienne

Édité le 12-05-2025

Dérivées partielles de fonctions composées