EP - EXERCICES SUR LES FONCTIONS DE DEUX …Gerard.Eguether/zARTICLE/EP.pdfEP 2 Calculer les...

EP - EXERCICES SUR LES FONCTIONS

DE DEUX VARIABLES

Calculer les dérivées partielles d’ordre 1 et 2 de la fonction f 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 a f(x, y) = f(y, x). On obtient donc la dérivée partiellepar rapport à y en permutant dans la précédente les rôles de x et de y.

∂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) = 2

x5y(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.

EP 2

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

::uuuuuuuuuu

∂∂x

$$IIIIIIII

I

−240xy

∂∂y

99ttttttttt

∂∂x

$$JJJJJJJJJ−240

−120xy2

∂∂y

88qqqqqqqqqqq

∂∂x

&&MMMMMMMMMM−240y

∂∂y

;;vvvvvvvvv

∂∂x

##GGGG

GGGGG

G

2x3+2x−40xy3

∂∂y

66nnnnnnnnnnnn

∂∂x

((PPPPPPPPPPPP−120y2

∂∂y

::uuuuuuuuu

∂∂x

$$IIIIIIIIII0

2x3y+2xy−10xy4

∂∂y

66lllllllllllll

∂∂x

((RRRRRRRRRRRRR6x2+2−40y3

∂∂y

88qqqqqqqqqq

∂∂x

&&MMMMMMMMMMM0

∂∂y

;;wwwwwwwwwww

∂∂x

##GGGG

GGGGG

GG

x3y2+xy2−2xy5

∂∂y

66lllllllllllll

∂∂x

))RRRRRRRRRRRRR6x2y+2y−10y4

∂∂y

66nnnnnnnnnnnn

∂∂x

((PPPPPPPPPPPPP12x

∂∂y

::uuuuuuuuuuu

∂∂x

$$IIIIIIIIII 0

3x2y2+y2−2y5

∂∂y

66lllllllllllll

∂∂x

((RRRRRRRRRRRRRR12xy

∂∂y

88qqqqqqqqqqq

∂∂x

&&MMMMMMMMMMM12

∂∂y

;;wwwwwwwwww

∂∂x

##GGGGGGGGGG

6xy2

∂∂y

66nnnnnnnnnnnnnn

∂∂x

((PPPPPPPPPPPPPP12y

∂∂y

::uuuuuuuuuu

∂∂x

$$IIIII

IIIIII

0

6y2

∂∂y

88qqqqqqqqqqqq

∂∂x

&&NNNNNNNNNNNNN 0

∂∂y

;;wwwwwwwwwww

∂∂x

$$HHHH

HHHH

HHH

0

∂∂y

99tttttttttttt

∂∂x

%%KKKKKKKKKKK 0

0

∂∂y

::uuuuuuuuuuu

∂∂x

$$IIII

IIII

III

0

EP 3

Soit f une fonction de classe C2 sur un ouvert U de R 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) = ln√

x2 + y2 d)U = R \ {(0, 0)}

f(x, y) =x

x2 + y2

e)U = R \ {(0, 0)}

f(x, y) =1

√

x2 + y2

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

f(x, y) =1

√

x2 + 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) = 1

2ln(x2 + y2) on a

∂f

∂x(x, y) =

x

x2 + y2et

∂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 lesdérivées en x. D’où

∂2f

∂y2(x, y) =

x2 − y2

(x2 + y2)2.

On obtient ∆f = 0 .

EP 4

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 lesdérivées 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) .

EP 5

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 R

2 larelation

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 à y la relation

f(x, y) = −f(y, x) .

on obtient∂f

∂y(x, y) = −∂f

∂x(y, x) ,

puis en dérivant par rapport à x,

∂2f

∂x∂y(x, y) = − ∂2f

∂y∂x(y, x) .

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

∂2f

∂x∂y(a, a) = − ∂2f

∂x∂y(a, a) ,

et l’on a bien∂2f

∂x∂y(a, a) = 0 .

EP 6

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 .

Soient f et g deux fonctions de classe C2 sur R2. Montrer que

∆(fg) = f∆g + 2−−−−→grad f · −−−→grad g + g∆f .

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

∂2(fg)

∂x2= f

∂2g

∂x2+ 2

∂f

∂x

∂g

∂x+ g

∂2f

∂x2,

et aussi

∂2(fg)

∂y2= f

∂2g

∂y2+ 2

∂f

∂y

∂g

∂y+ g

∂2f

∂y2.

D’où en sommant

∆(fg) = f∆g + 2

(

∂f

∂x

∂g

∂x+

∂f

∂y

∂g

∂y

)

+ g∆f .

Mais, puisque

−−−−→grad f =

(

∂f

∂x,∂f

∂y

)

et−−−→grad g =

(

∂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.

EP 7

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

g(x, y) = f(

√

x2 + y2

)

.

a) Calculer∂2g

∂x∂yau 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 pose g(x, y) = f(√

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

∂g

∂y(x, y) = f ′

(

√

x2 + y2

) y√

x2 + y2,

puis en dérivant cette dernière fonction par rapport à x

∂2g

∂x∂y(x, y) =

∂

∂x

(

∂g

∂y

)

(x, y)

=

[

f ′′(

√

x2 + y2

) x√

x2 + y2

]

y√

x2 + y2+ f ′

(

√

x2 + y2

) −yx

(x2 + y2)3/2

=xy

x2 + y2

f ′′(

√

x2 + y2

)

−f ′(

√

x2 + y2

)

√

x2 + y2

.

Alors, si∂2g

∂x∂y= 0 et si xy est non nul, en posant r =

√

x2 + y2, on obtient pour tout r > 0

f ′′(r) − f ′(r)

r= 0 ,

ce qui reste vrai par continuité, si xy = 0.

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

h′(r) − h(r)

r= 0 ,

qui équivaut àh′(r)

h(r)=

1

r,

et s’intègre enln |h(r)| = ln |Kr| ,

EP 8

où K est une constante réelle. Cela donne

h(r) = f ′(r) = Kr .

Cette équation s’intègre elle même en

f(r) =K

2r2 + β ,

où β est une constante réelle. Alors, en posant α = K/2, on obtient

f(r) = αr2 + β ,

où α et β 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 ′′(

√

x2 + y2

) y√

x2 + y2

]

y√

x2 + y2+ f ′

(

√

x2 + y2

) 1√

x2 + y2

+f ′(

√

x2 + y2

) −y2

(x2 + y2)3/2

= f ′′(

√

x2 + y2

) y2

x2 + y2+ f ′

(

√

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 rôlesde x et de y dans la dérivée seconde en y. Donc

∂2g

∂x2(x, y) = f ′′

(

√

x2 + y2

) x2

x2 + y2+ f ′

(

√

x2 + y2

) y2

(x2 + y2)3/2.

Alors

∆g(x, y) = f ′′(

√

x2 + y2

)

+f ′(

√

x2 + y2

)

√

x2 + y2.

Alors si, ∆g = 0 et si l’on pose r =√

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 estsolution de l’équation différentielle linéaire

h′(r) +h(r)

r= 0 ,

EP 9

qui équivaut àh′(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) = α ln r + β ,

où α et β sont des constantes.

Déterminer toutes les fonctions de R dans R 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

gy(x) =∂f

∂y(x, y) = K(y) .

Posons maintenant

hx(y) = f(x, y) .

On a donc

h′x(y) =

∂f

∂y(x, y) = K(y) .

soit

hx(y) =

∫

K(y) dy + α(x) ,

EP 10

où α(x) est une constante par rapport y donc ne dépendant que de x. Si l’on désigne par β une primitivede K, c’est une fonction dérivable, et

f(x, y) = α(x) + β(y) ,

où α est une fonction quelconque et β une fonction dérivable. On vérifie immédiatement que ces solu-tions conviennent.

b) Si l’on a

∂

∂x

(

∂f

∂x

)

=∂2f

∂x2= 0 ,

En posant

gy(x) =∂f

∂x(x, y) ,

on obtient

g′y(x) = 0 .

Donc gy est une fonction constante en x, elle ne dépend que de y.

gy(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

hy(x) = xα(y) + β(y) ,

où β est une fonction constante en x donc ne dépendant que de y. Alors

f(x, y) = xα(y) + β(y) ,

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

Remarque : si l’on cherche des fonctions de classe C2 on prendra α et β de classe C2.

EP 11

Soit f une fonction numérique de classe C2 sur un ouvert U de R2. Soit Φ = (U, V ) une bijection

de U sur un ouvert V de R2 telle que U et V soient des fonctions numériques de classe C2 sur U .

On note (u, v) = (U(x, y), V (x, y)). On pose g = f ◦ Φ−1 et l’on suppose que g est de classe C2 surV .Montrer que l’on a

∆f = ∆U∂g

∂u◦Φ+∆V

∂g

∂v◦Φ+‖−−−−→grad U‖2 ∂2g

∂u2◦Φ+2

−−−−→grad U ·−−−−→grad V

∂2g

∂u∂v◦Φ+‖−−−−→grad V ‖2 ∂2g

∂v2◦Φ .

Application :Soit f une fonction numérique de classe C2 définie sur U = {(x, y) ∈ R

2 | x > 0}, et g la fonctiondéfinie sur V = ] 0, +∞ [× ]−π/2, π/2 [ par

g(r, t) = f(r cos t, r sin t) .

Pour tout (x, y) de U , exprimer f(x, y) à l’aide de la fonction g, puis calculer le laplacien de f enfonction des dérivées partielles d’ordre 1 et 2 de g et des variables r et t.

Si F est une fonction de la variable (x, y) et G = F ◦Φ−1, on a F = G ◦ Φ. Si l’on suppose F et G declasse C1, 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 si F = f et G = 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

∂uet G =

∂g

∂v,

on obtient

∂

∂x

(

∂g

∂u◦ Φ

)

=∂U

∂x

∂2g

∂u2◦ Φ +

∂V

∂x

∂2g

∂u∂v◦ Φ ,

EP 12

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

= ‖−−−−→grad U‖2 ,

(

∂V

∂x

)2

+

(

∂V

∂y

)2

= ‖−−−−→grad V ‖2

et∂U

∂x

∂V

∂x+

∂U

∂y

∂V

∂y=

−−−−→grad U · −−−−→grad V .

On obtient donc la formule voulue.

Application. Soit (x, y) dans U . Il existe un couple (r, t) et un seul dans V = ] 0, +∞ [× ]−π/2, π/2 [tel que x = r cos t et y = r sin t. Ces nombres sont définis par

r = U(x, y) =√

x2 + y2 et t = V (x, y) = arctany

x.

L’application Φ = (U, V ) est alors une bijection de U sur V . Si f est de classe C2 sur U , il en est demême de U et de V , et par ailleurs g = f ◦ Φ−1 qui vérifie donc

g(r, t) = f(r cos t, r sin t) ,

est de classe C2 sur V . On peut appliquer ce qui précède en remplaçant (u, v) par (r, t) dans la formuleprécédente. On cherche donc les dérivées partielles, d’ordre 1 et 2 de U et V .

EP 13

On obtient∂U

∂x(x, y) =

x√

x2 + y2et

∂U

∂y(x, y) =

y√

x2 + y2,

ainsi que∂V

∂x(x, y) = − y

x2 + y2et

∂V

∂y(x, y) =

x

x2 + y2.

On a donc

‖−−−−−−−−→grad U(x, y)‖2 =

(

x√

x2 + y2

)2

+

(

y√

x2 + y2

)2

= 1 ,

‖−−−−−−−−→grad V (x, y)‖2 =

(

− y

x2 + y2

)2

+

(

x

x2 + y2

)2

=1

x2 + y2=

1

r2,

et enfin −−−−−−−−→grad U(x, y) · −−−−−−−−→grad V (x, y) = 0 .

On calcule les dérivées secondes. On obtient facilement

∂2U

∂x2(x, y) =

y2

(x2 + y2)3/2et

∂2U

∂y2(x, y) =

x2

(x2 + y2)3/2,

ainsi que∂2V

∂x2(x, y) =

2xy

(x2 + y2)2et

∂2V

∂y2(x, y) =

−2xy

(x2 + y2)2.

On en déduit donc

∆U(x, y) =1

√

x2 + y2=

1

ret ∆V (x, y) = 0 .

Alors

∆f(r cos t, r sin t) =1

r

∂g

∂r(r, t) +

∂2g

∂r2(r, t) +

1

r2

∂2g

∂t2(r, t) .

Soit f une fonction de classe C2 de R dans R, et g la fonction de R dans R définie par

g(r, t) = f(r cos t, r sin t) .

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

Si F est une fonction de (x, y), notons

G(r, t) = F (r cos t, r sin t) .

On a alors les relations

∂G

∂r(r, t) =

∂x

∂r(r, t)

∂F

∂x(r cos t, r sin t) +

∂y

∂r(r, t)

∂F

∂y(r cos t, r sin t) ,

EP 14

et∂G

∂t(r, t) =

∂x

∂t(r, t)

∂F

∂x(r cos t, r sin t) +

∂y

∂t(r, t)

∂F

∂y(r cos t, r sin t) .

On obtient donc

(1)∂G

∂r(r, t) = cos t

∂F

∂x(r cos t, r sin t) + sin t

∂F


et

(2)∂G

∂t(r, t) = −r sin t

∂F

∂x(r cos t, r sin t) + r cos t

∂F


En particulier, si F = f , et en faisant les abus de notation usuels, on trouve

∂g

∂r= cos t

∂f

∂x+ sin t

∂f

∂y,

∂g

∂t= −r sin t

∂f

∂x+ r cos t

∂f

∂y.

Calculons∂2g

∂r2(r, t). On a

∂2g

∂r2(r, t) =

∂

∂r

(

∂g

∂r

)

(r, t)

=∂

∂r

(

cos t∂f

∂x(r cos t, r sin t) + sin t

∂f

∂y(r cos t, r sin t)

)

= cos t∂

∂r

(

∂f

∂x(r cos t, r sin t)

)

+ sin t∂

∂r

(

∂f


)

.


F (x, y) =∂f

∂x(x, y) et

∂f

∂y(x, y) ,

donc

G(r, t) =∂f

∂x(r cos t, r sin t) et

∂f


on obtient

∂

∂r

(

∂f


)

= cos t∂

∂x

(

∂f

∂x

)

(r cos t, r sin t) + sin t∂

∂y

(

∂f

∂x

)

(r cos t, r sin t)

= cos t∂2f

∂x2(r cos t, r sin t) + sin t

∂2f

∂x∂y(r cos t, r sin t) ,

et

∂

∂r

(

∂f


)

= cos t∂

∂x

(

∂f

∂y

)

(r cos t, r sin t) + sin t∂

∂y

(

∂f

∂y

)

(r cos t, r sin t)

= cos t∂2f

∂x∂y(r cos t, r sin t) + sin t

∂2f

∂y2(r cos t, r sin t) .

EP 15

Finalement

∂2g

∂r2(r, t) = cos t

(

cos t∂2f


∂2f

∂x∂y(r cos t, r sin t)

)

+ sin t

(

cos t∂2f


∂2f

∂y2(r cos t, r sin t)

)

= cos2 t∂2f

∂x2(r cos t, r sin t) + 2 sin t cos t

∂2f

∂x∂y(r cos t, r sin t) + sin2 t

∂2f

∂y2(r cos t, r sin t) ,

ce qui, avec les abus de notation usuels, s’écrit

∂2g

∂r2= cos2 t

∂2f

∂x2+ 2 sin t cos t

∂2f

∂x∂y+ sin2 t

∂2f

∂y2.

Calculons∂2g

∂t2(r, t). On a

∂2g

∂t2(r, t) =

∂

∂t

(

∂g

∂t

)

(r, t)

=∂

∂t

(

−r sin t∂f


∂f


)

= −r sin t∂

∂t

(

∂f


)

− r cos t∂f


+r cos t∂

∂t

(

∂f


)

− r sin t∂f



F (x, y) =∂f

∂x(x, y) et

∂f

∂y(x, y) ,

donc

G(r, t) =∂f

∂x(r cos t, r sin t) et

∂f


on obtient

∂

∂t

(

∂f


)

= −r sin t∂

∂x

(

∂f

∂x

)

(r cos t, r sin t) + r cos t∂

∂y

(

∂f

∂x

)

(r cos t, r sin t)

= −r sin t∂2f

∂x2(r cos t, r sin t) + r cos t

∂2f

∂x∂y(r cos t, r sin t) ,

et

∂

∂t

(

∂f


)

= −r sin t∂

∂x

(

∂f

∂y

)

(r cos t, r sin t) + r cos t∂

∂y

(

∂f

∂y

)

(r cos t, r sin t)

= −r sin t∂2f

∂x∂y(r cos t, r sin t) + r cos t

∂2f

∂y2(r cos t, r sin t) .

EP 16

Finalement

∂2g

∂t2(r, t) = −r sin t

(

−r sin t∂2f

∂x2(r cos t, r sin t) + r cos t

∂2f


)

+r cos t

(

−r sin t∂2f

∂x∂y(r cos t, r sin t) + r cos t

∂2f


)

−r cos t∂f

∂x(r cos t, r sin t) − r sin t

∂f


= r2 sin2 t∂2f

∂x2(r cos t, r sin t) − 2r2 sin t cos t

∂2f

∂x∂y(r cos t, r sin t) + r2 cos2 t

∂2f


−r cos t∂f

∂x(r cos t, r sin t) − r sin t

∂f



∂2g

∂t2= −r cos t

∂f

∂x− r sin t

∂f

∂y+ r2 sin2 t

∂2f

∂x2− 2r2 sin t cos t

∂2f

∂x∂y+ r2 cos2 t

∂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

(

−r sin t∂f


∂f


)

= −r sin t∂

∂r

(

∂f


)

− sin t∂f


+r cos t∂

∂r

(

∂f


)

+ cos t∂f


= −r sin t

(

cos t∂2f


∂2f


)

+r cos t

(

cos t∂2f


∂2f


)

− sin t∂f

∂x(r cos t, r sin t) + cos t

∂f


= −r sin t cos t∂2f

∂x2(r cos t, r sin t) + r(cos2 t − sin2 t)

∂2f


+r sin t cos t∂2f

∂y2(r cos t, r sin t) − sin t

∂f

∂x(r cos t, r sin t) + cos t

∂f



∂2g

∂r∂t= − sin t

∂f

∂x+ cos t

∂f

∂y− r sin t cos t

∂2f

∂x2+ r(cos2 t − sin2 t)

∂2f

∂x∂y+ r sin t cos t

∂2f

∂y2.

EP 17

Soit f une fonction de classe C2 de R dans R, a, b, c, d, quatre réels, et g la fonction de R dans R

définie parg(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


)

= 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


)

= b∂

∂v

(

∂f

∂x(au + bv, cu + dv)

)

+ d∂

∂v

(

∂f


)

= 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) .

EP 18

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) .


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, et d = −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) .

EP 19

Comme l’application Φ : (u, v) 7→ (x, y) = (u+v, u−v) est une application linéaire bijective de R dans

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 sur R si et seulement si∂2g

∂u∂vest nulle sur R. Alors, en utilisant l’exercice 3, on a

g(u, v) = α1(u) + β1(v) ,

où α1 et β1 sont des fonctions de classe C2 sur R, 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 et β sont des fonctions de classe C2 sur R.


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 domaineD = {(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) ,

EP 20

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 sur D′ = ] 0, +∞ [× ] 0, +∞ [est une bijection de cet ensemble sur D. 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 à D, il a comme solution unique le couple

(u, v) =

(

√

x + y

2,

√

x − y

2

)

.

Donc la différence∂2f

∂x2− ∂2f

∂y2vaut 1 sur D si et seulement si

∂2g

∂u∂v(u, v) = 4uv

sur D′ . Il reste à résoudre cette équation différentielle.

En intégrant tout d’abord en u, on obtient

∂g

∂v(u, v) = 2u2v + K(v) ,

où K est une fonction indépendante de u, puis, en intégrant en v

g(u, v) = u2v2 + α1(u) + β1(v) ,

EP 21

où β1 est une primitive de K et ne dépend que de v, et α1 ne dépend que de u. Si l’on pose

α(u) = α1

(√

u

2

)

et β(v) = β1

(√

v

2

)

,

on a encoreg(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 et β sont des fonctions de classe C2 sur ] 0, +∞ [

Soit g une fonction de classe C2 de (R∗+)2 dans R, et f la fonction de (R∗+)2 dans R définie par

f(x, y) = g(x2y, xy2) .

Calculer en fonction de g l’expression

2x2 ∂2f

∂x2− 5xy

∂2f

∂x∂y+ 2y2 ∂2f

∂y2+ 2x

∂f

∂x+ 2y

∂f

∂y.

En déduire les fonctions f de classe C2 de (R+)2 dans R telles que

2x2 ∂2f

∂x2− 5xy

∂2f

∂x∂y+ 2y2 ∂2f

∂y+ 2x

∂f

∂x+ 2y

∂f

∂y= x6y6 .

Posons u = x2y, et v = 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) .

EP 22

Par symétrie du problème, on a également

∂2f

∂y2(x, y) = 2x

∂g

∂v(x2y, xy2) + x4 ∂2g

∂u2(x2y, xy2) + 4x3y

∂2g

∂u∂v(x2y, xy2) + 4x2y2 ∂2g

∂v2(x2y, xy2) .

Enfin

∂2f

∂x∂y(x, y) =

∂

∂x

(

x2 ∂g

∂u(x2y, xy2) + 2xy

∂g

∂v(x2y, xy2)

)

= 2x∂g

∂u(x2y, xy2) + x2 ∂

∂x

(

∂g

∂u(x2y, xy2)

)

+ 2y∂g

∂v(x2y, xy2) + 2xy

∂

∂x

(

∂g

∂v(x2y, xy2)

)

= 2x∂g

∂u(x2y, xy2) + x2

(

2xy∂2g

∂u2(x2y, xy2) + y2 ∂2g

∂u∂v(x2y, xy2)

)

+2y∂g

∂v(x2y, xy2) + 2xy

(

2xy∂2g

∂u∂v(x2y, xy2) + y2 ∂2g

∂v2(x2y, xy2)

)

= 2x∂g

∂u(x2y, xy2) + 2y

∂g

∂v(x2y, xy2)

+2x3y∂2g

∂u2(x2y, xy2) + 5x2y2 ∂2g

∂u∂v(x2y, xy2) + 2xy3 ∂2g

∂v2(x2y, xy2) .

On obtient alors, avec les abus de notations usuels,

2x2 ∂2f

∂x2− 5xy

∂2f

∂x∂y+ 2y2 ∂2f

∂y2+ 2x

∂f

∂x+ 2y

∂f

∂y= −9x3y3 ∂2g

∂u∂v.

Donc l’équation

2x2 ∂2f

∂x2− 5xy

∂2f

∂x∂y+ 2y2 ∂2f

∂y2+ 2x

∂f

∂x+ 2y

∂f

∂y= x6y6 .

devient, après simplification par x3y3,

∂2g

∂u∂v= −x3y3

9,

et puisque x3y3 = uv,∂2g

∂u∂v(u, v) = −uv

9.

On obtient en intégrant par rapport à u

∂g

∂v(u, v) = −u2v

18+ h1(v) ,

puis en intégrant en v,

g(u, v) = −u2v2

36+ h(v) + k(u) ,

où h et k sont de classe C2 sur ] 0, +∞ [ .

EP 23

Par ailleurs, l’application Φ : (x, y) 7→ (u, v) = (x2y, xy2) définie sur ∆ = ] 0, +∞ [× ] 0, +∞ [ est unebijection de cet ensemble sur lui-même. En effet, le système d’équations

{

u = x2yv = xy2

équivaut à

y =u

x2

v = x( u

x2

)2

et donc à

y =u

x2

x3 =u2

v

.

Ce système a pour unique solution le couple

Φ−1(u, v) =

(

3

√

u2

v,

3

√

v2

u

)

.

Les fonctions f solutions de l’équation proposées sont donc les fonctions

f(x, y) = −x6y6

36+ h(xy2) + k(yx2)

où h et k sont de classe C2 sur ] 0, +∞ [ .

On pose

f(x, y) =sin x ch y

sin2 x + sh2 y.

a) Calculer, uniquement en fonction de sin x et sh y,

1

cos x ch y

∂f

∂xet

1

sinx sh y

∂f

∂y.

b) Calculer de même, uniquement en fonction de sin x et sh y,

1

sinx ch y

∂2f

∂x2et

1

sinx ch y

∂2f

∂y2.

Etudier si la fonction f est harmonique, c’est-à-dire si ∆f = 0.

a) En dérivant tout d’abord en x, on a

∂f

∂x= ch y

(sin2 x + sh2 y) cos x − sin x(2 sin x cos x)

(sin2 x + sh2 y)2

= cos x ch ysh2 y − sin2 x

(sin2 x + sh2 y)2.

EP 24

Puis en dérivant en y

∂f

∂y= sinx

(sin2 x + sh2 y) sh y − ch y(2 sh y ch y)

(sin2 x + sh2 y)2

= sinx sh ysin2 x + sh2 y − 2 ch2 y

(sin2 x + sh2 y)2

= sinx sh ysin2 x − sh2 y − 2

(sin2 x + sh2 y)2.

Finalement1

cos x ch y

∂f

∂x=

sh2 y − sin2 x

(sin2 x + sh2 y)2,

et1

sinx sh y

∂f

∂y=

sin2 x − sh2 y − 2

(sin2 x + sh2 y)2.

b) Calculons les dérivées secondes.

∂2f

∂x2=

ch y

(sin2 x + sh2 y)4

[

(sin2 x + sh2 y)2(− sh2 y sin x + sin3 x − 2 sin x cos2 x)

−(sh2 y cos x − cos x sin2 x)4 sin x cos x(sin2 x + sh2 y)]

.

En mettant (sin2 x + sh2 y) sin x en facteur, il vient

∂2f

∂x2=

sin x ch y

(sin2 x + sh2 y)3

[

(sin2 x + sh2 y)(− sh2 y + sin2 x − 2 cos2 x)

−(sh2 y cos x − cos x sin2 x)4 cos x]

.

Puis en développant

∂2f

∂x2=

sin x ch y

(sin2 x + sh2 y)3

[

sin4 x − sh4 y − 2 sin2 x cos2 x

−2 sh2 y cos2 x − 4 cos2 x sh2 y + 4 sin2 x cos2 x]

=sin x ch y

(sin2 x + sh2 y)3

[

sin4 x − sh4 y + 2 sin2 x cos2 x − 6 sh2 y cos2 x]

.

Enfin en transformant les cosinus,

∂2f

∂x2=

sin x ch y

(sin2 x + sh2 y)3

[

sin4 x − sh4 y + 2 sin2 x(1 − sin2 x) − 6 sh2 y(1 − sin2 x)]

=sin x ch y

(sin2 x + sh2 y)3

[

− sin4 x − sh4 y + 2 sin2 x + 6 sin2 x sh2 y − 6 sh2 y]

.

EP 25

De même

∂2f

∂y2=

sin x

(sin2 x + sh2 y)4

[

(sin2 x + sh2 y)2(ch y sin2 x − 3 ch y sh2 y − 2 ch y)

−(sin2 x sh y − sh3 y − 2 sh y)4 sh y ch y(sin2 x + sh2 y)]

.

En mettant (sin2 x + sh2 y) ch y en facteur, il vient

∂2f

∂y2=

sin x ch y

(sin2 x + sh2 y)3

[

(sin2 x + sh2 y)(sin2 x − 3 sh2 y − 2)

−4(sh2 y sin2 x − sh4 y − 2 sh2 y)]

=sin x ch y

(sin2 x + sh2 y)3

[

sin4 x + sh4 y − 2 sin2 x − 6 sin2 x sh2 y + 6 sh2 y]

.

On a donc

1

sin x ch y

∂2f

∂x2= − 1

sinx ch y

∂2f

∂y2=

− sin4 x − sh4 y + 2 sin2 x + 6 sin2 x sh2 y − 6 sh2 y

(sin2 x + sh2 y)3,

et par suite

∆f =∂2f

∂x2+

∂2f

∂y2= 0 .

La fonction f est harmonique.

Soit l’équation différentielle

(x − 1)∂u

∂x+ y2 ∂2u

∂y2+ y

∂u

∂y= 2u .

Déterminer les solutions de la forme

u(x, y) = f(x)g(ln y) ,

où f et g sont des fonctions de classe C2 sur ] 1, +∞ [ et ] 0, +∞ [ respectivement.

La fonction u = 0 est solution de l’équation. On cherche les solutions non nulles de la forme

u(x, y) = f(x)g(ln y) .

Donc f et g ne sont pas des fonctions nulles. On a successivement

∂u

∂x(x, y) = f ′(x)g(ln y) ,

∂u

∂y(x, y) = f(x)

g′(ln y)

yet

∂2u

∂y2(x, y) = f(x)

g′′(ln y) − g′(ln y)

y2,

et donc

(x − 1)∂u

∂x(x, y) + y2 ∂2u

∂y2(x, y) + y

∂u

∂y(x, y) = (x − 1)f ′(x)g(ln y) + f(x)g′′(ln y) .

EP 26

L’équation cherchée se ramène donc à

(∗) (x − 1)f ′(x)g(ln y) + f(x)g′′(ln y) = 2f(x)g(ln y) .

Soit A l’ensemble des nombres x de ] 1, +∞ [ tels que f(x) 6= 0, et B l’ensemble des nombres y de] 0, +∞ [ tels que g(ln y) 6= 0. Si (x, y) appartient à A × B, l’équation (∗) devient, en divisant parf(x)g(ln y),

(x − 1)f ′(x)

f(x)+

g′′(ln y)

g(ln y)= 2 ,

ou encore

2 − (x − 1)f ′(x)

f(x)=

g′′(ln y)

g(ln y).

Il résulte du principe de séparation des variables qu’il existe une constante k réelle, telle que, pour toutcouple (x, y) de A × B,

g′′(ln y)

g(ln y)= k et 2 − (x − 1)

f ′(x)

f(x)= k ,

soitg′′(ln y) − kg(ln y) = 0 et (x − 1)f ′(x) = (2 − k)f(x) .

Si x ∈ ] 1, +∞ [ est tel que f(x) = 0, en remplaçant dans (∗), on a pour tout y ∈ ] 0, +∞ [ ,

(x − 1)f ′(x)g(ln y) = 0 ,

et donc, puisque g n’est pas la fonction nulle, f ′(x) = 0. Il en résulte que l’on a encore

(x − 1)f ′(x) = (2 − k)f(x) .

et que cette égalité est vraie pour tout x de ] 1, +∞ [ . Un raisonnement analogue montre que l’égalité

g′′(ln y) − kg(ln y) = 0

est vraie pour tout y de ] 0, +∞ [ . Il reste à résoudre ces équations linéaires.

a) Equation (x − 1)f ′(x) = (2 − k)f(x).

Remarquons que si l’on poseϕ(x) = f(x)(x − 1)k−2 ,

on a

ϕ′(x) = f ′(x)(x − 1)k−2 + f(x)(k − 2)(x − 1)k−3 = (x − 1)k−3((x − 1)f ′(x) − (2 − k)f(x)) = 0 ,

Donc ϕ′ est nulle sur ] 1, +∞ [ , et ϕ est constante sur cet intervalle. Il en résulte que

f(x) = λ(x − 1)2−k .

b) Equation g′′(ln y) − kg(ln y) = 0.

EP 27

Si l’on pose t = ln y, on a donc pour tout réel t,

g′′(t) − kg(t) = 0 .

C’est une équation linéaire du deuxième ordre dont les solutions sont

g(y) =

µe√

k t + νe−√

k t si k > 0µt + ν si k = 0

µ cos(t√−k) + ν sin(t

√−k) si k < 0 .

Si l’on pose α = λµ et β = λν, on obtient finalement

u(x, y) =

(x − 1)2−k(

α y√

k + βy−√

k)

si k > 0

(x − 1)2−k (α ln y + β) si k = 0

(x − 1)2−k (α cos(√−k ln y) + β sin(

√−k ln y) si k < 0

.

Ces solutions conviennent quels que soient α, β et k réels.

Une corde est tendue entre ses deux extrémités A et B. On pose AB = L. On l’écarte de sa positiond’équilibre puis on la lâche. Elle se met alors à vibrer dans un plan passant par A et B. Munissons

ce plan d’un repère orthonormé (A,−→ı ,−→ ), (−→ı colinéaire à−−→AB). Nous supposons que le point Mx

de la corde d’abscisse initiale x (0 ≤ x ≤ L) conserve à tout instant t la même abscisse. On note ula fonction de [ 0, L [× [ 0, +∞ [ dans R, qui, à tout couple (x, t), associe l’ordonnée du point Mx

à l’instant t. On démontre alors que u satisfait à l’équation des cordes vibrantes

∂2u

∂x2− 1

c2

∂2u

∂t2= 0 ,

(où c est une constante réelle non nulle dépendant des caractéristiques de la corde), avec les condi-tions aux limites :

∀t ≥ 0 u(0, t) = u(L, t) = 0 ,

qui traduisent le fait que les extrémités sont fixes.

EP 28

On se propose de déterminer les solutions particulières non nulles de ce problème qui sont « àvariables séparées », c’est-à-dire de la forme

u(x, t) = f(x)g(t) ,

où f et g sont des fonctions de classe C2 définies respectivement sur [ 0, L [ et [ 0, +∞ [ et à valeursréelles.a) Démontrer qu’il existe une constante λ telle que

f ′′ = λf et g′′ = λc2g .

b) Montrer successivement que λ est non nul, puis qu’il ne peut pas être positif, et que ses seulesvaleurs possibles sont de la forme −k2π2/L2 où k appartient à N

∗.c) En déduire que les solutions particulières cherchées sont les fonctions u de la forme

u(x, t) = K sin

(

kπ

Lx

)

sin

(

kπ

Lc(t − t0)

)

,

où k appartient à N∗, t0 et K sont réels.

Cherchons les solutions de l’équation différentielle

∂2u

∂x2− 1

c2

∂2u

∂t2= 0 ,

dans le cas où u est défini paru(x, t) = f(x)g(t) .

On a donc∂u

∂x= g(t)f ′(x) et

∂u

∂t= f(x)g′(t) ,

puis∂2u

∂x2= g(t)f ′′(x) et

∂2u

∂t2= f(x)g′′(t) .

L’équation devient donc

g(t)f ′′(x) − 1

c2f(x)g′′(t) = 0 ,

et l’on en déduit quef ′′(x)

f(x)=

1

c2

g′′(t)

g(t).

pour tout couple (x, t) tel que f(x) et g(t) soient non nuls. Si f et g ne sont pas identiquement nulles,soit x0 tel que f(x0) 6= 0, et posons

λ =f ′′(x0)

f(x0).

Alors, si g(t) 6= 0, on a1

c2

g′′(t)

g(t)=

f ′′(x0)

f(x0)= λ ,

EP 29

puis si f(x) 6= 0,f ′′(x)

f(x)=

1

c2

g′′(t)

g(t)= λ .

On en déduit donc que

f ′′(x) = λf(x) ,

pour tout x tel que f(x) 6= 0. Si f(x) est nul, on a

0 = g(t0)f′′(x) − 1

c2f(x)g′′(t0) = g(t0)f

′′(x) ,

et l’on en déduit que f ′′(x) = 0. Donc la relation

f ′′(x) = λf(x) ,

est vraie pour tout x. On a également

g′′(t) = λc2g(t) ,

pour tout t tel que g(t) 6= 0. Si g(t) est nul, on a

0 = g(t)f ′′(x0) −1

c2f(x0)g

′′(t) = − 1

c2f(x0)g

′′(t) ,

et l’on en déduit que g′′(t) = 0. Donc la relation

g′′(t) = λc2f(t) ,

est vraie pour tout t.

Les conditions initiales deviennent

u(0, t) = f(0)g(t) = 0 et u(L, t) = f(L)g(t) = 0 ,

pour tout t. Donc si g n’est pas identiquement nulle, on a

f(0) = f(L) = 0 .

Cherchons les solutions non identiquement nulles de l’équation différentielle

f ′′(x) = λf(x) ,

suivant les valeurs de λ, avec les conditions initiales

f(0) = f(L) = 0 .

(a) λ = 0.

On a f(x) = ax + b, avec{

f(0) = b = 0f(L) = aL + b = 0

EP 30

D’où a = b = 0 ce qui n’est pas possible, sinon f serait identiquement nulle.

(b) λ > 0.

On a f(x) = ae√

λx + be−√

λx , avec

{

f(0) = a + b = 0

f(L) = ae√

λ L + be−√

λ L = 0

Le discriminant du système vaut

e−√

λ L − e√

λ L = −2 sh(√

λL) .

Il n’est donc pas nul. Alors a = b = 0, ce qui n’est pas possible, sinon f serait identiquement nulle.

(c) λ < 0.

On a f(x) = a sin(√−λx) + b cos(

√−λx), avec

{

f(0) = b = 0

f(L) = a sin(√−λL) + b cos(

√−λL) = 0

Comme a et b ne peuvent être tous les deux nuls, cela équivaut à b = 0 et sin(√−λL) = 0 , c’est-à-dire

à b = 0 et√−λL = kπ, où k est un entier non nul. On obtient donc

λ = −k2π2

L2,

et

f(x) = a sin

(

kπ

Lx

)

,

où a est une constante.

Dans ce cas l’autre équation différentielle devient

g′′(t) = −k2π2

L2c2g(t) ,

et a comme solutions

g(t) = d sin

(

kπ

Lc(t − t0)

)

,

où d et t0 sont des constantes. Donc finalement

u(x, t) = K sin

(

kπ

Lx

)

sin

(

kπ

Lc(t − t0)

)

,

où K et t0 sont réels, et k est un entier non nul.

EP 31

Déterminer tous les couples (λ, u), où λ est réel, et u est une fonction non nulle à variables séparéessur D = [ 0, a ] × [ 0, b ] et de classe C2 sur U = ] 0, a [× ] 0, b [ , tels que,

∀(x, y) ∈ U ∆u(x, y) = λu(x, y)∀y ∈ ] 0, b [ u(0, y) = u(a, y) = 0∀x ∈ ] 0, a [ u(x, 0) = u(x, b) = 0

(Problème de Dirichlet sur U , avec donnée nulle sur la frontière).

La méthode est identique à celle des exercices précédents.

La recherche des solutions non nulles de l’équation

∆u = λu ,

définies paru(x, y) = f(x)g(y)

conduit àf ′′(x)g(y) + f(x)g′′(y) = λf(x)g(y) ,

puis, en divisant par f(x)g(y), àf ′′(x)

f(x)+

g′′(y)

g(y)= λ ,

ce qui permet de séparer les variables

f ′′(x)

f(x)= λ − g′′(y)

g(y)= k ,

où k est constante, et conduit aux deux équations linéaires du deuxième ordre

f ′′(x) − kf(x) = 0 et g′′(x) − (λ − k)g(x) = 0 .

La condition initialeu(0, y) = u(a, y) = 0

donnef(0)g(y) = f(a)g(y) = 0 ,

et, puisque g n’est pas la fonction nulle,

f(0) = f(a) = 0 .

Il résulte alors du calcul effectué dans l’exercice précédent, que nécessairement

k = −n2π2

a2,

etf(x) = α sin

(nπx

a

)

,

EP 32

avec α 6= 0 et n ∈ N∗.

Par symétrie du problème en x et y, on aura également

λ − k = −m2π2

b2,

etg(y) = β sin

(mπy

b

)

,

avec β 6= 0 et m ∈ N∗. Alors, si l’on pose µ = αβ, on a

u(x, y) = µ sin(nπx

a

)

sin(mπy

b

)

,

En reportant dans l’équation différentielle, on obtient

λ = −π2

(

n2

a2+

m2

b2

)

.

L’équation n’a donc des solutions non nulles que sous la condition qu’il existe des entiers n et m véri-fiant la condition précédente.

Etudier les extrema des fonctions suivantes :

a) f(x, y) = x2 + y2 − xy + x + y b) f(x, y) = (x − 1)2 − 2y2

c) f(x, y) = x3y2(6 − x − y) d) f(x, y) = (x − 1)2 + 2y2

e) f(x, y) = x2 + xy + y2 − 2x − y f) f(x, y) = x4 + y4 − 2x2 + 4xy − 2y2

a) On a∂f

∂x(x, y) = 2x − y + 1 et

∂f

∂y(x, y) = 2y − x + 1 ,

On obtient un point critique en résolvant le système

{

2x − y + 1 = 02y − x + 1 = 0

qui a comme solution unique a = (−1,−1). On a alors

∂2f

∂x2(x, y) = 2 ,

∂2f

∂x∂y(x, y) = −1 ,

∂2f

∂y2(x, y) = 2 ,

donc

A =∂2f

∂x2(−1,−1) = 2 , B =

∂2f

∂x∂y(−1,−1) = −1 , C =

∂2f

∂y2(−1,−1) = 2 .

AlorsQa(h1, h2) = Ah2

1 + 2Bh1h2 + Ch22 = 2h2

1 − 2h1h2 + 2h22 .

EP 33

En écrivant

Qa(h1, h2) = 2

(

h1 −1

2h2

)2

+3

2h2

2 ,

on exprime Qa comme somme de carrés de deux formes linéaires non proportionnelles. Il en résulteque la fonction f admet un minimum relatif en a. On a, dans un voisinage de a, l’inégalité

f(x, y) ≥ f(−1,−1) = −1 .

b) On a∂f

∂x(x, y) = 2(x − 1) et

∂f

∂y(x, y) = −4y ,


{

2(x − 1) = 0−4y = 0

qui a comme solution unique a = (1, 0). On a alors

∂2f

∂x2(x, y) = 2 ,

∂2f

∂x∂y(x, y) = 0 ,

∂2f

∂y2(x, y) = −4 ,

donc

A =∂2f

∂x2(1, 0) = 2 , B =

∂2f

∂x∂y(1, 0) = 0 , C =

∂2f

∂y2(1, 0) = −4 .

Alors

Qa(h1, h2) = Ah21 + 2Bh1h2 + Ch2

2 = 2h21 − 4h2

2 ,

s’écrit comme différence de carrés de deux formes linéaires non proportionnelles. Il en résulte que lafonction f n’admet pas d’extremum relatif en a.

c) On a∂f

∂x(x, y) = −x2y2(−18 + 4x + 3y) et

∂f

∂y(x, y) = −x3y(−12 + 2x + 3y) ,

On obtient les points critiques en résolvant le système

{

x2y2(18 − 4x − 3y) = 0x3y(12 − 2x − y) = 0 .

Ce système est vérifié lorsque x ou y est nul, ou, lorsqu’ils sont solutions de

{

18 − 4x − 3y = 012 − 2x − 3y = 0 .

Ce dernier système est linéaire et a pour solution unique, le couple a = (3, 2). On a alors

∂2f

∂x2(x, y) = 6xy2(6 − 2x − y) ,

∂2f

∂x∂y(x, y) = x2y(36 − 8x − 9y) ,

∂2f

∂y2(x, y) = 2x3(6 − x − 3y) ,

EP 34

donc

A =∂2f

∂x2(3, 2) = −144 , B =

∂2f

∂x∂y(3, 2) = −108 , C =

∂2f

∂y2(3, 2) = −162 .

AlorsQa(h1, h2) = Ah2

1 + 2Bh1h2 + Ch22 = −144h2

1 − 216h1h2 − 162h22 ,

s’écritQa(h1, h2) = −(12h1 + 9h2)

2 − 81h22 .

Donc Qa est l’opposée de la somme de carrés de deux formes linéaires non proportionnelles, et il enrésulte que la fonction f admet un maximum relatif en a. On a, dans un voisinage de a, l’inégalité

f(x, y) ≤ f(3, 2) = 108 .

Il reste à étudier ce qui se passe en un point a des axes. En un tel point la forme quadratique Qa estnulle, et ne permet pas de conclure. Comme on a f(a) = 0 il suffit d’étudier le signe de f(x, y). Cetteexpression est positive si x > 0 et x + y < 6, ou si x < 0 et x + y > 6 (partie grisée du ciseau suivant)et elle est négative dans les autres parties du plan.

–2

0

2

4

6

8

10

–4 –2 2 4 6 8

Elle ne garde un signe constant au voisinage d’aucun point a de l’axe Oy, ni au voisinage de a = (6, 0).Il n’y a pas d’extremum en ces points. Par contre au voisinage d’un point a = (u, 0) avec u ∈ ] 0, 6 [l’expression est positive et f admet un minimum en a, et au voisinage d’un point a = (u, 0) avecu ∈ ]−∞, 0 [∪ ] 6, +∞ [ l’expression est négative et f admet un maximum en a.

d) On a∂f

∂x(x, y) = 2(x − 1) et

∂f

∂y(x, y) = 4y ,


{

2(x − 1) = 04y = 0

EP 35


∂2f

∂x2(x, y) = 2 ,

∂2f

∂x∂y(x, y) = 0 ,

∂2f

∂y2(x, y) = 4 ,

donc

A =∂2f

∂x2(1, 0) = 2 , B =

∂2f

∂x∂y(1, 0) = 0 , C =

∂2f

∂y2(1, 0) = 4 .

Alors

Qa(h1, h2) = Ah21 + 2Bh1h2 + Ch2

2 = 2h21 + 4h2

2 ,

s’écrit comme somme de carrés de deux formes linéaires non proportionnelles. Il en résulte que lafonction f admet un minimum relatif en a. On a, dans un voisinage de a, l’inégalité

f(x, y) ≥ f(1, 0) = 0 .

e) On a∂f

∂x(x, y) = 2x + y − 2 et

∂f

∂y(x, y) = x + 2y − 1 ,


{

2x + y − 2 = 0x + 2y − 1 = 0


∂2f

∂x2(x, y) = 2 ,

∂2f

∂x∂y(x, y) = 1 ,

∂2f

∂y2(x, y) = 2 ,

donc

A =∂2f

∂x2(1, 0) = 2 , B =

∂2f

∂x∂y(1, 0) = 1 , C =

∂2f

∂y2(1, 0) = 2 .

Alors

Qa(h1, h2) = Ah21 + 2Bh1h2 + Ch2

2 = 2h21 + 2h1h2 + 2h2

2 ,

ce que l’on peut écrire

Qa(h1, h2) = 2

(

h1 +1

2h2

)2

+3

2h2

2 .

Donc Qa s’écrit somme de carrés de deux formes linéaires non proportionnelles. Il en résulte que lafonction f admet un minimum relatif en a. On a, dans un voisinage de a, l’inégalité

f(x, y) ≥ f(1, 0) = −1 .

f) On a∂f

∂x(x, y) = 4x3 − 4x + 4y et

∂f

∂y(x, y) = 4y3 + 4x − 4y ,

EP 36

On obtient les points critiques en résolvant le système

{

4x3 − 4x + 4y = 04y3 + 4x − 4y = 0 .

Il est équivalent au système{

x3 − x + y = 0x3 + y3 = 0 ,

donc à{

x3 − x + y = 0y = −x ,

et finalement à{

x3 − 2x = 0y = −x .

Le système possède trois couples de solutions : (0, 0) , (√

2,−√

2) , (−√

2,√

2).

Etudions tout d’abord le point a = (0, 0).

On a alors∂2f

∂x2(x, y) = 12x2 − 4 ,

∂2f

∂x∂y(x, y) = 4 ,

∂2f

∂y2(x, y) = 12y2 − 4 ,

donc

A =∂2f

∂x2(0, 0) = −4 , B =

∂2f

∂x∂y(0, 0) = 4 , C =

∂2f

∂y2(0, 0) = −4 .

Alors

Qa(h1, h2) = Ah21 + 2Bh1h2 + Ch2

2 = −4h21 + 8h1h2 − 4h2

2 = −4(h1 − h2)2 .

On ne peut donc conclure par cette méthode. Comme f(0, 0) = 0, on étudie si f(x, y) garde unsigne constant au voisinage de (0, 0). Or on constate que, f(x, x) = 2x4 est positif sur R, et quef(x, 0) = x2(x2 − 2) est négatif dans l’intervalle ]−

√2,

√2 [ . Donc f n’a pas d’extremum en (0, 0).

Etudions maintenant le point a = (√

2,−√

2). (Comme, quel que soit (x, y) ∈ R2, on a f(x, y) = f(y, x),

le point (−√

2,√

2) sera de même nature).

On a

A =∂2f

∂x2(√

2,−√

2) = 20 , B =∂2f

∂x∂y(√

2,−√

2) = 4 , C =∂2f

∂y2(√

2,−√

2) = 20 .

Alors

Qa(h1, h2) = Ah21 + 2Bh1h2 + Ch2

2 = 20h21 + 8h1h2 + 20h2

2 ,

ce que l’on peut écrire,

Qa(h1, h2) = 20

(

h1 +1

5h2

)2

+96

5h2

2 .

EP 37

Donc Qa est une somme de carrés de deux formes linéaires non proportionnelles. Il en résulte que lafonction f admet un minimum relatif en a. On a, dans un voisinage de a, l’inégalité

f(x, y) ≥ f(√

2,−√

2) = −8 .

Soit f définie parf(x, y) = x2 − x2y − y3 .

a) Déterminer le point critique a de f , et déterminer la forme quadratique Qaf . Cette forme permet-elle de déterminer si f possède un extremum ou non en a ?b) On pose x = r cos t et y = r sin t avec r ≥ 0, et t ∈ [−π, π ] . Montrer que l’ensemble U despoints (x, y) du plan tels que f(x, y) > 0 est limité par une courbe dont on déterminera l’équationpolaire, et que l’on représentera. En déduire si la fonction f possède un extremum ou non au pointcritique.

a) On a∂f

∂x(x, y) = 2x − 2xy et

∂f

∂y(x, y) = −x2 − 3y2 ,


{

x − xy = 0x2 + 3y2 = 0

la seconde équation a comme solution unique (0, 0) qui est également solution de la première. C’estdonc le seul point critique. On a alors

∂2f

∂x2(x, y) = 2 − 2y ,

∂2f

∂x∂y(x, y) = −2x ,

∂2f

∂y2(x, y) = −6y ,

donc

A =∂2f

∂x2(0, 0) = 2 , B =

∂2f

∂x∂y(0, 0) = 0 , C =

∂2f

∂y2(0, 0) = 0 .

Alors

Qa(h1, h2) = Ah21 + 2Bh1h2 + Ch2

2 = 2h1 .

Cette forme quadratique ne permet pas de conclure.

b) On a

f(x, y) = x2 − y(x2 + y2) ,

donc, en coordonnées polaires, en posant x = r cos t et y = r sin t avec r > 0, on obtient

f(r cos t, r sin t) = r2 cos2 t − r3 sin t .

EP 38

L’inéquation f(x, y) > 0, devientr2(cos2 t − r sin t) > 0 .

Elle est vérifiée dans deux cas : d’une part si sin t est négatif, c’est-à-dire si t appartient à l’intervalle[−π, 0 ] , d’autre part si t appartient à l’intervalle ] 0, π ] , et si

r <cos2 t

sin t.

L’ensemble U cherché est donc limité par la courbe d’équation polaire

r =cos2 t

sin t.

Puisque l’on ar(π − t) = r(t) ,

la courbe est symétrique par rapport à l’axe Oy.

Etudions cette courbe sur ] 0, π/2 [ . On obtient

r′(t) = −cos t(2 sin2 t + cos2 t)

sin2 t,

et la dérivée est négative et ne s’annule qu’en t = π/2. En ce point la courbe passe par l’origine, etelle est tangente à l’axe Oy. En raison de la symétrie par rapport à Oy, il existe donc un point derebroussement de première espèce à l’origine.

Quand x tend vers 0, on ay(t) = r(t) sin t = cos2 t ,

et cette expression tend vers 1 par valeurs inférieures. La courbe admet la droite d’équation y = 1comme asymptote et se trouve sous cette asymptote.

On remarque alors que, l’intersection avec U de toute demi-droite passant par O autre que la demi-droite Oy, est un segment non réduit au point O ou une demi-droite, et donc que, pour un point (x, y)autre que (0, 0) de cette intersection on a f(x, y) > 0.

Par contre la demi-droite Oy est incluse dans le complémentaire de U , et f(0, y) < 0 quel que soity > 0. Il en résulte que f n’admet pas d’extremum au point (0, 0).

-

6

x

y

EP 39

6

��

z

x

y

Soient U un ouvert de R2, f une fonction de classe C2 sur U et a un point de U .

Montrer que si f admet un maximum (resp. minimum) local en a, alors ∆f(a) ≤ 0 (resp. ∆f(a) ≥ 0).

Supposons que f admette un minimum en a. Le point a est donc un point critique, et

∂f

∂x(a) =

∂f

∂y(a) = 0 .

En utilisant la formule de Taylor-Young à l’ordre 2, on a donc, lorsque a + h est proche de a,

f(a + h) = f(a) +1

2!

[

∂2f

∂x2(a)h2

1 + 2∂2f

∂x∂y(a)h1h2 +

∂2f

∂y2(a)h2

2

]

+ ‖h‖2ε(h) ,

où ε est une fonction de limite nulle en (0, 0).

EP 40

Appliquons cette relation avec h = (h1, 0). On obtient

f(a + h) = f(a) +1

2!

∂2f

∂x2(a)h2

1 + h21 ε(h1, 0) .

Si∂2f

∂x2(a) n’est pas nul, on a, lorsque h1 est voisin de 0,

f(a + h) − f(a) =1

2

∂2f

∂x2(a)h2

1 + h21 ε(h1, 0) ∼

1

2

∂2f

∂x2(a)h2

1 .

Mais, comme f admet un minimum en a, la différence f(a + h) − f(a) est positive au voisinage de aet par suite, pour h1 voisin de 0,

1

2

∂2f

∂x2(a)h2

1 ≥ 0 ,

soit∂2f

∂x2(a) > 0 .

On a donc, dans tous les cas∂2f

∂x2(a) ≥ 0 .

En inversant les rôles de x et de y, on obtient de même,

∂2f

∂y2(a) ≥ 0 ,

et donc finalement ∆f(a) ≥ 0.

Si f admet un maximum en a, alors −f admet un minimum en a, et donc

∆(−f)(a) = −∆f(a) ≥ 0 .

Il en résulte que ∆f(a) ≤ 0.

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