On définit la fonction $$f(x,y)=\begin{cases}\frac{xy}{x^2+y^2}&\text{si}\quad (x,y)\neq(0,0)\\ 0&\text{sinon.}&\end{cases}$$
Montrer que \(\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)\) et \(\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\) existent en tout point de \({\Bbb R}^2\) bien que \(f\) ne soit pas continue en \((0,0)\)

Non continuité en \((0,0)\)
\(f\) n'est pas continue en \((0,0)\) car $$\displaystyle\lim_{t\to0} f(t,t)=\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{t^2}{2t}=\frac12\neq f(0,0)$$

Existence des dérivées partielles en \((0,0)\)
On étudie l'existence de \(\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)\) : $$\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{f(t,0)-f(0,0)}{t}=\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{0-0}{t}=0$$
Donc \(\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)\) existe et vaut \(0\)
De même, \(\frac{\partial f}{\partial z}(0,0)\) existe et vaut \(0\)

Sur \({\Bbb R}^2\setminus\{(0,0)\}\), \(f\) est un polynôme dont le dénominateur ne s'annule pas, donc \(f\) est continue sur \({\Bbb R}^2\setminus\{(0,0)\}\) et \(f\) est dérivable par rapport à \(x\) et \(y\) sur \({\Bbb R}^2\setminus\{(0,0)\}\)
3: Continuité et existence des dérivées partielles en dehors de l'origine

(Continuité)

Soit \(f:{\Bbb R}^2\to{\Bbb R}\), $$f(x,y)=\begin{cases}\frac{x^2y+xy^2}{x^2+y^2}&\text{si}\quad(x,y)=(0,0)\\ 0&\text{sinon.}&\end{cases}$$ montrer que \(f\) est continue en \((0,0)\) et admet des dérivées partielles dans toutes les directions, mais n'y est pas différentiable

Continuité en \((0,0)\)
\(\forall(x,y)\neq(0,0)\), on a : $$0\leqslant\left|\frac{x^2y+y^2x}{x^2+y^2}\right|\leqslant\lvert y\rvert+\lvert x\rvert$$ comme \(\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}\lvert x\rvert+\lvert y\rvert=0\), on en déduit que \(\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)=0=f(0,0)\)
Donc \(f\) est continue en \((0,0)\)

Existence des dérivées partielles : on passe directement par les dérivées directionnelles (car c'est plus rapide)
Soit \(v=(\alpha,\beta)\in{\Bbb R}^2\) un vecteur non nul
On va étudier la dérivabilité de \(f\) dans la direction donnée par \(v\) en \((0,0)\)
$$\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{f(tv)-f(0,0)}{t}=\displaystyle\lim_{t\to0}\frac{t^3\alpha^2\beta+t^3\alpha\beta^2}{t^3(\alpha^2+\beta^2)}=\frac{\alpha^2\beta+\alpha\beta^2}{\alpha^2+\beta^2}$$
Donc \(D_vf(0,0)\) existe et vaut \(D_vf(0,0)=\frac{\alpha^2\beta+\alpha\beta^2}{\alpha^2+\beta^2}\)

Critère d'existence de la différentielle
La fonction \(f\) est différentiable en \((0,0)\) si et seulement si $$\lim_{(\alpha,\beta)\to(0,0)} {f(\alpha,\beta)-f(0,0)-\alpha\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)-\beta\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)\over{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}}=0$$ alors on aura : $$df(0,0)=\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)dx+\frac{\partial f}{\partial z}(0,0)dy$$

Simplification en enlevant les éléments nuls
On a : $$\begin{align}\lim_{(\alpha,\beta)\to(0,0)} {f(\alpha,\beta)-\overbrace{f(0,0)}^{=0}-\alpha\overbrace{\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)}^{=0}-\beta\overbrace{\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)}^{=0}\over{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}}&=\lim_{(\alpha,\beta)\to(0,0)}\frac{f(\alpha,\beta)}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}\\ &=\lim_{(\alpha,\beta)\to(0,0)}\frac{\alpha^2\beta+\alpha\beta^2}{(\alpha^2+\beta^2)^{3/2}}\end{align}$$

Or, si \(\alpha=\beta=t\), on a : $$\lim_{t\to0^+}\frac{t^3+t^3}{2^{3/2}t^3}=2^{-1/2}\neq0$$
Donc \(f\) n'est pas différentiable en \((0,0)\)

(Dérivée directionnelle, Différentiabilité, Continuité)

Donner le domaine de définition de la fonction suivante et calculer ses dérivées partielles en tout points lorsqu'elles existent : $$f(x,y)=x^2\exp(xy)$$

Le domaine de définition est \({\Bbb R}^2\) et on a : $$\begin{align}\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=2x\exp(xy)+x^2y\exp(xy)=\exp(xy)(2x+x^2y)\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=x^3\exp(xy)\end{align}$$

Donner le domaine de définition de la fonction suivante et calculer ses dérivées partielles en tout points lorsqu'elles existent : $$f(x,y)=\ln\left( x+\sqrt{x^2+y^2}\right)$$

On a \(\sqrt{x^2+y^2}\geqslant\lvert x^2\rvert\geqslant-x\implies\sqrt{x^2+y^2}\geqslant0\)
De plus, $$\begin{align} x+\sqrt{x^2+y^2}=0&\iff -x=\sqrt{x^2+y^2}\\ &\iff\begin{cases} x\leqslant0\\ x^2=x^2+y^2\end{cases}\\ &\iff\begin{cases} y=0\\ x\leqslant0\end{cases}\end{align}$$
Donc $$D_f=\{(x,y)\in{\Bbb R}^2\mid y\neq0\text{ ou }x\gt 0\}=\{(x,y)\in{\Bbb R}^2\mid y=0,x\leqslant0\}$$

$$\begin{align}\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=\frac1{x+\sqrt{x^2+y^2}}\left(1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2+y^2}}\right)=\frac1{\sqrt{x^2+y^2}}\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=\frac1{x+\sqrt{x^2+y^2}}\times\frac{2y}{2\sqrt{x^2+y^2}}\end{align}$$

Calculer toutes les dérivées directionnelles de \(f\) $$f(x,y)=x^2y+\sin y\text{ et }M=(1,0)$$

$$\begin{align}\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=2xy\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=x^2+\cos y\\ \frac{\partial f}{\partial x}(1,0)&=0\\ \frac{\partial f}{\partial y}(1,0)&=1+1=2\end{align}$$

Calculer toutes les dérivées partielles de \(f\) : $$f(x,y)=x^2\exp(xy)\text{ et }M=(1,1)$$

$$\begin{align}\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=2x\exp(xy)+x^2y\exp(xy)\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=x^3\exp(xy)\\ \frac{\partial f}{\partial x}(1,1)&=2e+e=3e\\ \frac{\partial f}{\partial y}(1,1)&=e\end{align}$$

Trouver toutes les fonctions \(f:{\Bbb R}^2\to{\Bbb R}\) telles que \(\operatorname{grad} f(x,y)=(3x^2+2y,2x-2y)\) pour tout \((x,y)\in{\Bbb R}^2\)

Mise en place du système à résoudre
On résout : $$(S):\begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=3x^2+2y\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2x-2y\end{cases}$$ \(\rightsquigarrow f(x,y)=2xy-y^2+\tilde C(x)\)

Isoler \(C(y)\)
La première équation implique que : $$f(x,y)=x^3+2xy+C(y)$$ avec \(C:{\Bbb R}\to{\Bbb R}\) dérivable
La deuxième équation implique : $$\begin{align}2x+ C^\prime(y)&=2x-2y\\ C^\prime(y)&=-2y\end{align}$$ on en déduit que $$C(y)=-y^2+\tilde C$$ on en déduit que \(f(x,y)=x^3+2xy-y^2+\tilde C\)

Vérification et conclusion

Réciproquement : \(\forall\tilde C\in{\Bbb R}\), \(f:(x,y)\mapsto x^3+2xy-y^2+\tilde C\) est solution de \((S)\) car : $$\begin{align}\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=3x^2+2y\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=2x-2y\end{align}$$

L'équation des ondes est l'équation aux dérivées partielles : $$\frac{\partial^2f}{\partial x^2}-\frac{\partial^2f}{\partial x^2}=0\tag1$$ il s'agit de retrouver la solution générale \(f:{\Bbb R}^2\to{\Bbb R},(x,t)\to f(x,t)\) (de classe \(\mathcal C^2\)) de cette équation
Grâce au changement de variable $${\Bbb R}^2\to{\Bbb R},(u,v)\mapsto\Phi(u,v)=\left(\frac{u-v}2,\frac{u+v}2\right)$$ la fonction \(f\) s'écrit \(F(u,v)=f(\frac{u-v}{2},\frac{u+v}{2})\)
Montrer que pour que \(f\) soit solution de \((1)\), il faut et il suffit que $$\frac{\partial^2F}{\partial u\partial v}=0\tag2$$

Calcul de \(\frac{\partial^2F}{\partial u\partial v}(u,v)\)
$$\begin{align}\frac{\partial F}{\partial u}(u,v)&=\frac\partial{\partial u}\left( f\left(\frac{u-v}2,\frac{u+v}2\right)\right)\\ &=\frac{\partial f}{\partial x}\left(\frac{u-v}2,\frac{u+v}2\right)\times\underbrace{\frac12}_{=\frac{\partial\Phi_1}{\partial u}(u,v)}\\ &\quad+\frac{\partial f}{\partial y}\left(\frac{u-v}2,\frac{u+v}2\right)\times\underbrace{\frac12}_{=\frac{\partial\Phi_2}{\partial u}(u,v)}\\ \frac{\partial^2F}{\partial u\partial v}(u,v)&=\frac\partial{\partial v}\left(\frac12\underbrace{\frac{\partial f}{\partial x}}_g\left(\frac{u-v}2,\frac{u+v}2\right)+\frac12\underbrace{\frac{\partial f}{\partial y}}_h\left(\frac{u-v}2,\frac{u+v}2\right)\right)\\ &=\frac12\frac{\partial g}{\partial x}(\Phi_1(u,v),\Phi_2(u,v))\times\frac{\partial\Phi_1}{\partial v}(u,v)\\ &\quad+\frac12\frac{\partial g}{\partial y}(\Phi_1(u,v),\Phi_2(u,v))\times\frac{\partial\Phi_2}{\partial v}(u,v)\\ &\quad+\frac12\frac{\partial h}{\partial x}(\Phi_1(u,v),\Phi_2(u,v))\times\frac{\partial\Phi_1}{\partial v}(u,v)\\ &\quad+\frac12\frac{\partial h}{\partial y}(\Phi_1(u,v),\Phi_2(u,v))\times\frac{\partial\Phi_2}{\partial y}(u,v)\\ &=\frac14\frac\partial{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial x}(\Phi(u,v))\right)+\frac14\frac\partial{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial x}(\Phi(u,v))\right)\\ &\quad-\frac14\frac\partial{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial y}(\Phi(u,v))\right)+\frac14\frac\partial{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial y}(\Phi(u,v))\right)\\ &=-\frac14\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(\Phi(u,v))+\frac14\frac{\partial^2f}{\partial y^2}(\Phi(u,v))&&\text{ car }f\in\mathcal C^2\end{align}$$

On a donc $$\frac{\partial^2F}{\partial u\partial v}(u,v)=0\iff\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(\Phi(x,y))-\frac{\partial^2f}{\partial y^2}(\Phi(x,y))=0$$

De plus, comme \(\Phi:{\Bbb R}^2\to{\Bbb R}^2\) est une bijection, on a $$\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(\Phi(x,y))-\frac{\partial^2f}{\partial y^2}(\Phi(x,y))=0\iff\frac{\partial^2f}{\partial x^2}(x,y)-\frac{\partial^2f}{\partial y^2}(x,y)=0$$

(Théorème de Schwarz)

l'équation des ondes est l'équation aux dérivées partielles : $$\frac{\partial^2f}{\partial x^2}-\frac{\partial^2f}{\partial x^2}=0\tag1$$ il s'agit de retrouver la solution générale \(f:{\Bbb R}^2\to{\Bbb R},(x,t)\to f(x,t)\) (de classe \(\mathcal C^2\)) de cette équation
Grâce au changement de variable $${\Bbb R}^2\to{\Bbb R},(u,v)\mapsto\Phi(u,v)=\left(\frac{u-v}2,\frac{u+v}2\right)$$ la fonction \(f\) s'écrit \(F(u,v)=f(\frac{u-v}{2},\frac{u+v}{2})\)
Pour que \(f\) soit solution de \((1)\), il faut et il suffit que $$\frac{\partial^2F}{\partial u\partial v}=0\tag2$$montrer que si \(F\) satisfait à \((2)\), il existe deux fonctions \(g_1,g_

{\Bbb R}\to{\Bbb R}\) telles que $$F(u,v)=g_1(u)+g_2(v)$$

$$\frac{\partial^2F}{\partial u\partial v}(u,v)=0\iff\exists h:{\Bbb R}\to{\Bbb R},\begin{cases}\frac{\partial F}{\partial v}=h(v)\\ F(u,v)=\int h(v)\,dv+g_1(u)\end{cases}$$ où \(g_1\) est de classe \(\mathcal C^1\)

2: On pose \(g_2(v)=\int h(v)\,dv\). On obtient : $$F(u,v)=g_1(u)+g_2(v)$$