Math206 – Equations aux Dérivées Partielles Feuille d`Exercices 1

Universit´e de Paris Sud 11 L2 – MPI
Math´ematiques 2`eme semestre 14/15
Math206 – Equations aux D´eriv´ees Partielles
Feuille d’Exercices 1
NB. Ces exercices, et les corrig´es qui suivent, sont issus du site http: // www. bibmath. net
Exercice 1.1.— Justifier l’existence des d´eriv´ees partielles des fonctions suivantes, et les calcu-
ler.
f(x, y) = excos y, f(x, y)=(x2+y2) cos(xy), f(x, y) = p1 + x2y2.
Exercice 1.2.— Calculer les d´eriv´ees partielles `a l’ordre 2 des fonctions suivantes :
f(x, y) = x2(x+y), f(x, y) = exy.
Exercice 1.3.— Soit f:R2→Rune fonction de classe C1.
1. On d´efinit g:R→Rpar g(t) = f(2 + 2t, t2). D´emontrer que gest C1et calculer g0(t) en
fonction des d´eriv´ees partielles de f.
2. On d´efinit h:R→Rpar h(u, v) = f(uv, u2+v2). D´emontrer que hest C1et exprimer les
d´eriv´ees partielles ∂h
∂u et ∂h ∂v en fonction des d´eriv´ees partielles ∂f ∂x et ∂f ∂y .
Exercice 1.4.— Soit fune application de classe C1sur R2. Calculer les d´eriv´ees (´eventuellement
partielles) des fonctions suivantes :
1. g(x, y) = f(y, x).
2. g(x) = f(x, x).
3. g(x, y) = f(y, f(x, x)).
4. g(x) = f(x, f(x, x)).
Exercice 1.5.— On d´efinit f:R2\{(0,0)}par
f(x, y) = x2
(x2+y2)3/4.
Justifier que l’on peut prolonger fen une fonction continue sur R2.´ Etudier l’existence de d´eriv´ees
partielles en (0,0) pour ce prolongement.
Exercice 1.6.— Pour les fonctions suivantes, d´emontrer qu’elles admettent une d´eriv´ee suivant
tout vecteur en (0,0) sans pour autant y ˆetre continue.
1. f(x, y) = y2ln xsi x6= 0
0 sinon.
2. g(x, y) = (x2y
x4+y2si (x, y)6= (0,0)
0 sinon.

Exercice 1.7.— D´emontrer que les fonctions f:R2→Rsuivantes sont de classe C1sur R2.
1. f(x, y) = x2y3
x2+y2si (x, y)6= (0,0) et f(0,0) = 0 ;
2. f(x, y) = x2y2ln(x2+y2) si (x, y)6= (0,0) et f(0,0) = 0.
Exercice 1.8.— Les fonctions suivantes, d´efinies sur R2, sont-elles de classe C1?
1. f(x, y) = xx2−y2
x2+y2si (x, y)6= (0,0) et f(0,0) = 0 ;
2. f(x, y) = x3+y3
x2+y2si (x, y)6= (0,0) et f(0,0) = 0 ;
3. f(x, y) = e−1
x2+y2si (x, y)6= (0,0) et f(0,0) = 0.
Indication : Pour les deux premi`eres, on pourra ´etudier la r´egularit´e des d´eriv´ees partielles en (0,0).
Pour la derni`ere, on pourra commencer par ´etudier la r´egularit´e de la fonction d’une variable r´eelle
gd´efinie par g(t) = e−1/t si t > 0, g(t) = 0 sinon
Exercice 1.9.— Soit f:R2→Rune application de classe C1.
1. On d´efinit, pour (x, y)∈R2fix´e, g:R→R, t 7→ g(t) = f(tx, ty).Montrer que gest
d´erivable sur R, et calculer sa d´eriv´ee.
2. On suppose d´esormais que f(tx, ty) = tf (x, y) pour tous x, y, t ∈R.
(a) Montrer que pour tous x, y, t ∈R, on a
f(x, y) = ∂f
∂x (tx, ty)x+∂f ∂y (tx, ty)y.
(b) En d´eduire qu’il existe des r´eels αet βque l’on d´eterminera tels que, pour tous (x, y)∈
R2, on a
f(x, y) = αx +βy.
Exercice 1.10.— D´eterminer toutes les fonctions f:R2→R2solutions des syst`emes sui-
vants :
1.
∂f
∂x =xy2
∂f
∂y =yx2.
2.
∂f
∂x =exy
∂f
∂y = 2y.
3.
∂f
∂x =x2y
∂f
∂y =xy2.
Indication : Int´egrer d’abord une ´equation en fixant l’autre variable. La constante d’int´egration
d´epend de cette variable. D´eriver en utilisant l’autre relation pour l’´eliminer...
Exercice 1.11.— Etant donn´ees deux fonctions g0et g1d’une variable r´eelle, de classe C2sur
R, on d´efinit la fonction fsur R∗
+×Rpar
f(x, y) = g0y
x+xg1y x.
Justifier que fest de classe C2, puis prouver que
x2∂2f
∂x2(x, y)+2xy ∂2f ∂x∂y (x, y) + y2∂2f ∂y2(x, y) = 0.
Exercice 1.12.— On cherche toutes les fonctions g:R2→Rv´erifiant :
∂g
∂x −∂g ∂y =a,
o`u aest un r´eel.

1. On note fla fonction de R2dans Rd´efinie par :
f(u, v) = gu+v
2,v−u 2.
En utilisant le th´eor`eme de composition, montrer que ∂f
∂u =a 2.
2. Int´egrer cette ´equation pour en d´eduire l’expression de f.
3. En d´eduire les solutions de l’´equation initiale.
Exercice 1.13.— Chercher toutes les fonctions fde classe C1sur Rv´erifiant
∂f
∂x −3∂f ∂y = 0.
On pourra faire un changement lin´eaire de coordonn´ees de sorte que l’´equation se simplifie. . .
Exercice 1.14.— On souhaite d´eterminer les fonctions f:R2→R, de classe C1, et v´erifiant :
∀(x, y, t)∈R3, f(x+t, y +t) = f(x, y).
1. D´emontrer que, pour tout (x, y)∈R2,
∂f
∂x (x, y) + ∂f ∂y (x, y)=0.
2. On pose u=x+y,v=x−yet F(u, v) = f(x, y). D´emontrer que ∂F
∂u = 0.
3. Conclure.
Exercice 1.15.— Soit c6= 0. Chercher les solutions de classe C2de l’´equation aux d´eriv´ees
partielles suivantes
c2∂2f
∂x2=∂2f ∂t2,
`a l’aide d’un changement de variables de la forme u=x+at,v=x+bt.
Exercice 1.16.— Une fonction f:R2→Rde classe C2est dite harmonique si son laplacien est
nul, ie si
∂2f
∂x2+∂2f ∂y2= 0.
Dans toute la suite, on fixe fune fonction harmonique.
1. On suppose que fest de classe C3. D´emontrer que ∂f
∂x ,∂f ∂y et x∂f ∂x +y∂f ∂y le sont aussi.
2. On suppose d´esormais que fest radiale, c’est-`a-dire qu’il existe ϕ:R→Rde classe C1
telle que f(x, y) = ϕ(x2+y2). D´emontrer que ϕ0est solution d’une ´equation diff´erentielle
lin´eaire du premier ordre.
3. En d´eduire toutes les fonctions harmoniques radiales.
Corrig´es
Corrig´e 1.1.— Il est facile de v´erifier que par exemple x7→ excos yest d´erivable, et de mˆeme
pour les autres fonctions. On trouve respectivement :

1. ∂f
∂x (x, y) = excos yet ∂f ∂y (x, y) = −e−xsin y.
2. ∂f
∂x (x, y)=2xcos(xy)−y(x2+y2) sin(xy),
∂f
∂y (x, y)=2ycos(xy)−x(x2+y2) sin(xy).
3. ∂f
∂x (x, y) = xy2
p1 + x2y2,et ∂f
∂y (x, y) = yx2
p1 + x2y2.
Corrig´e 1.2.— Il suffit de d´eriver successivement par rapport aux bonnes variables. Remarquons
que les fonctions sont clairement de classe C2sur R2et donc que les d´eriv´ees crois´ees d’ordre 2
sont ´egales.
1. On trouve ∂f
∂x (x, y)=3x2+ 2xy, ∂f ∂y (x, y) = x2
∂2f
∂x2(x, y)=6x+ 2y, ∂2f ∂y2(x, y)=0,∂2f ∂x∂y (x, y)=2x.
2. On trouve ∂f
∂x (x, y) = yexy ,∂f ∂y (x, y) = xexy
∂2f
∂x2(x, y) = y2exy ,∂2f ∂y2(x, y) = x2exy ,∂2f ∂x∂y (x, y) = exy +xyexy.
Corrig´e 1.3.—
1. La fonction t7→ (2 + 2t, t2) est de classe C1, car polynˆomiale, donc gest de classe C1par
composition. On applique ensuite la formule de la d´eriv´ee d’une fonction compos´ee. Si on
note u(t) = 2 + 2tet v(t) = t2, alors
g0(t) = u0(t)∂f
∂x (u(t), v(t)) + v0(t)∂f ∂y (u(t), v(t)),
soit
g0(t)=2∂f
∂x (2 + 2t, t2)+2t∂f ∂t (2 + 2t, t2).
2. La fonction (u, v)7→ (uv, u2+v2) est de classe C1car polynˆomiale, donc hest de classe
C1. Notons r(u, v) = uv et q(u, v) = u2+v2. Le th´eor`eme de d´erivation d’une compos´ee
dit que
∂h
∂u (u, v) = ∂r ∂u (u, v)×∂f ∂x (r(u, v), q(u, v)) + ∂q ∂u (u, v)×∂f ∂y (r(u, v), q(u, v)).
Ceci donne ∂h
∂u (u, v) = v∂f ∂x (uv, u2+v2)+2u∂f ∂y (uv, u2+v2).
De mˆeme on trouve
∂h
∂v (u, v) = u∂f ∂x (uv, u2+v2)+2v∂f ∂y (uv, u2+v2).

Corrig´e 1.4.—
1. On a : ∂g
∂x =∂f ∂x
∂y
∂x +∂f ∂x
∂x
∂x ,
soit ∂g
∂x (x, y) = ∂f ∂y (y, x),
et sym´etriquement ∂g
∂y (x, y) = ∂f ∂x (y, x).
Pour ceux qui se perdent dans ce calcul formel, poser u(x, y) = yet v(x, y) = v, on a
g(x, y) = f(u(x, y), v(x, y)) et donc
∂g
∂x (x, y) = ∂f ∂x
∂u
∂x +. . . .
2. On a :
g0(x) = ∂f
∂x (x, x) + ∂f ∂y (x, x).
3. Notons, pour simplifier, h(x) = f(x, x). On a donc :
∂g
∂x (x, y) = h0(x)∂f ∂y (x, h(x)) = ∂f ∂x (x, x) + ∂f ∂y (x, x)∂f ∂y (x, h(x)).
De mˆeme, on a : ∂g
∂y (x, y) = ∂f ∂x (y, h(x)).
4. Avec les mˆemes notations que pr´ec´edemment, on obtient la somme des quantit´es pr´ec´edemment
calcul´ees.
Corrig´e 1.5.— D’une part, la fonction fest continue sur R2\{(0,0)}. D’autre part, on a
|f(x, y)| ≤ (x2+y2)1/4.
Ainsi, fse prolonge par continuit´e en (0,0) en posant f(0,0) = 0. Du fait que f(0, t) = 0 pour
tout r´eel t,fadmet une d´eriv´ee partielle par rapport `a la seconde variable en (0,0) qui vaut
∂f
∂y (0,0) = 0. D’autre part, pour t6= 0, on a
f(t, 0) −f(0,0)
t=|t|−1/2.
Ceci tend vers +∞si ttend vers 0, et donc fn’admet pas de d´eriv´ee partielle par rapport `a la
premi`ere variable en (0,0).
Corrig´e 1.6.—
1. Prouvons d’abord que fn’est pas continue. En effet, on a
f(e−n2,1/n) = −1,
qui ne tend pas vers 0 si ntend vers l’infini. Fixons maintenant (a, b)∈R2avec (a, b)6=
(0,0), et d´emontrons que fadmet une d´eriv´ee suivant (a, b) en (0,0). Soit t6= 0. On a
f(ta, tb)−f(0,0)
t=tb2ln(t) + ln(a)si a6= 0
0 sinon.
Lorsque ttend vers 0, ceci tend vers 0 (en particulier, parce que tln ttend vers 0 en 0).
Ainsi, fadmet en (0,0) une d´eriv´ee suivant le vecteur (a, b) qui est nulle.