CHAPITRE 5. Règle de chaines et égalité des dérivées partielles mixtes.

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1 CHAPITRE 5 Règle de chaines égalité des dérivées partielles mixtes. Nous allons premièrement énoncer la règle de chaines pour une fonction f(u, v) de deux variables u, v elles-mêmes fonction de deux autres variables x, y. Proposition 5.1 (Règle de chaines): Soient w = f(u, v), u = u(x, y) v = v(x, y) des fonctions, c est-à-dire que w peut alors être considéré comme une fonction f(u(x, y), v(x, y)) de x y. Soient P = (x, y ) un point dans le plan des x, y; u = u(x, y ), v = v(x, y ), Q = (u, v ) le point correspondant à P dans le plan des u, v R un rectangle dans le plan des u, v dont l intérieur contient Q. Si f est une fonction dont les dérivées partielles sont continues à l intérieur du rectangle R si u v sont continues au point P leurs dérivées partielles, x P, P x P P existent au point P, alors = + x P Q x P Q x En général, on écrit plus simplement P x = x + x = +. P Q P Q P = +. Preuve: Par le théorème d approximation linéaire au point Q, nous avons avec w = f(u + u, v + v) f(u, v ) = u + v + ǫ 1 u + ǫ 2 v Q Q ǫ 1 = ǫ 2 =. ( u, v) (,) ( u, v) (,) Si nous considérons u = u(x + h, y ) u(x, y ), v = v(x + h, y ) v(x, y ) nous divisons w par h, alors nous obtenons que w h = u Q h + v Q h + ǫ u 1 h + ǫ v 2 h. En prenant la ite lorsque h approche, nous avons que w h h = Q ( h u ) h + Q ( h Pour le côté gauche de cte dernière égalité, nous avons v ) ( u + ǫ 1 h h h + ǫ 2 w h h = f(u(x + h, y ), v(x + h, y )) f(u(x, y ), v(x, y )) h h 31 v ). h =. x P

2 Si nous substituons u = u(x + h, y ) u(x, y ) v = v(x + h, y ) v(x, y ), nous obtenons ainsi u h h = u(x + h, y ) u(x, y ) h h = x P h v h = h v(x + h, y ) v(x, y ) h =. x P Finalement si h, alors u, v par la continuité de u v à P, h ǫ 1 = h ǫ 2 =. Donc (ǫ u 1 h h + ǫ v 2 h ) = ǫ u 1 h h h + ǫ v 2 h h h = + =. x P x P De tout ceci, il est possible de conclure après substitution que le côté droit de l égalité ci-dessus est Nous avons ainsi démontré +. Q x P Q x P = +. x P Q x P Q x P Il est possible de procéder de façon analogue pour obtenir l équation = + P Q P Q avec cte cte fois u = u(x, y + k) u(x, y ) v = v(x, y + k) v(x, y ). Exemple 5.1: Soient w = 2u 2 + 3v 3, u = xy v = (x + y). Dans ce cas, la règle de chaines signifie que x = x + x = 4u(y) + 9v2 (1) = 4xy(y) + 9(x + y) 2 = 4xy 2 + 9(x + y) 2. On voit bien que la règle de chaines est vérifiée dans ce cas, car si nous exprimons premièrement w comme une fonction de x y, nous obtenons w = 2(xy) 2 + 3(x + y) 3 ainsi nous obtenons P x = 4(xy)y + 9(x + y)2 (1) = 4xy 2 + 9(x + y) 2. Nous allons maintenant présenter l énoncé général de la règle de chaines Proposition 5.1 (Règle de chaines): Soient w = f(u 1, u 2,..., u m ), u 1 = u 1 (x 1, x 2,...,x n ), u 2 = u 2 (x 1, x 2,...,x n ),..., u m = u m (x 1, x 2,...,x n ), des fonctions. Soient P = (a 1, a 2,...,a n ) R n un point dans l espace des x 1, x 2,,x n, le point Q = (b 1, b 2,..., b m ) = (u 1 (a 1, a 2,...,a n ), u 2 (a 1, a 2,...,a n ),..., u m (a 1, a 2,..., a n )) R m correspondant à P dans l espace des u 1, u 2,,u m une région R de R m de la forme (b 1 δ 1, b 1 + δ 1 ) (b 2 δ 2, b 2 + δ 2 ) (b m δ m, b m + δ m ) où δ 1, δ 2,..., δ m >. Si f est une fonction dont les dérivées partielles 1, 2,..., m sont continues à l intérieur de la région R si les dérivées partielles j x i P existent à P i, j; 1 i n 1 j m. Alors nous avons x i P = m j=1 j Q j x i P i; 1 i n. 32

3 La preuve de cte généralisation est analogue à la preuve de de la proposition 5.1. Nous laissons au lecteur le soin de vérifier ceci. Une des applications de la règle de chaines est la détermination d un vecteur normal à une surface de niveau. Soit une surface S dans R 3 définie par l équation f(x, y, z) = ν. En d autres mots, S est une surface de niveau ν pour la fonction f. Soit P = (x, y, z ) un point de S. On dit que le vecteur N = (N x, N y, N z ) est normal à la surface S au point P si, pour chaque courbe incluse dans S passant par P, son vecteur tangent au point P est orthogonal à N; c est-à-dire pour toute fonction différentiable γ:r R 3 t (x(t), y(t), z(t)) telle que, pour tout t, f(x(t), y(t), z(t)) = ν γ() = (x(), y(), z()) = P, alors N (x (), y (), z dx dy dz ()) = N x + N y + N z =. dt t= dt t= dt t= Nous avons illustré ceci dans la figure 5.1. Vecteur normal à une surface de niveau z N Surface de niveau ν de la fonction f(x, y, z) y x figure 5.1 Corollaire 5.1: Soient P un point de R 3 f une fonction telle que ses dérivées partielles f x, f y f z soient continues à l intérieur d un parallélipipède rectangle R dont l intérieur contient P. Soit une surface S de niveau ν pour 33

4 f contenant P. Alors le gradient f P est normal à la surface S au point P. Preuve: Considérons une courbe t (x(t), y(t), z(t)) incluse dans S passant par P comme dans le paragraphe ci-dessus. Nous avons donc f(x(t), y(t), z(t)) = ν pour tout t. En dérivant les deux cotés de cte équation en évaluant à t =, nous obtenons au moyen de la règle de chaines d dt (f(x(t), y(t), z(t)) t= = dx + dy + dz =. x P dt t= P dt t= z P dt t= On peut alors conclure que f P est normal à la surface S au point P. Exemples 5.2: a) Si f(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2, alors la surface d équation x 2 + y 2 + z 2 = 1 a f P = (2x, 2y, 2z ) comme vecteur normal au point P = (x, y, z ). Ici x 2 + y2 + z2 = 1. Noter que cte surface est une sphère de rayon 1 centrée à l origine (,, ). Nous avons illustré ceci à la figure 5.2 ci-dessous..8 z y x.8.4 figure 5.2 b) Si f(x, y, z) = x 2 +y 2 z 2, alors la surface d équation x 2 +y 2 z 2 = 1 a f P = (2x, 2y, 2z ) comme vecteur normal au point P = (x, y, z ). Ici x 2 + y2 z2 = 1. Noter que cte surface est un hyperboloïde à une nappe.nous avons illustré ceci à la figure 5.3 ci-dessous. 34

5 1 z y x figure 5.3 Une autre application de la règle de chaines est obtenue dans le cadre de la théorie des équations aux dérivées partielles. Une équation aux dérivées partielles (E.D.P) est une équation contenant les dérivées partielles d une fonction f à déterminer. Une fonction f qui satisfait cte équation est dite être une solution de celle-ci. Exemple 5.3: 2x x y = (E) est une équation aux dérivées partielles. f(x, y) = exp(xy 2 ) est une solution de (E). Mais elle n est pas la seule. En eff, f(x, y) = xy 2 est une autre solution. De même que f(x, y) = h(xy 2 ) est aussi une solution de (E) pour toute fonction h:r R dérivable sur R. Dans ce dernier cas, il suffit de noter que x = y2 h (xy 2 ) = 2xyh (xy 2 ) de substituer dans (E). Il est parfois possible de résoudre une équation aux dérivées partielles en considérant de nouvelles coordonnées l équation (E ) correspondant à (E) dans ces nouvelles coordonnées. (E ) est obtenue au moyen de la règle de chaines. En choisissant bien ces nouvelles coordonnées, nous obtenons qu il est plus facile de résoudre (E ) que (E). Nous allons illustrer ceci avec l équation (E) ci-dessus. Déterminons toutes les fonctions f: D R ayant des dérivées partielles continues d ordre 1 sur l ouvert D = {(x, y) R x, y > } satisfaisant l équation aux dérivées partielles: 2x x y = (E) sur D. Nous pouvons considérer les nouvelles coordonnées: u = x v = xy 2. Il est facile de vérifier que u, v >, x = u y = v/u car x, y >. Par la règle de chaines, nous obtenons x = x + x = + v u 35 = + = 2 uv.

6 Ici il faut noter que les dérivées partielles f u f v sont continues. En remplacant x, y, f x f y par leurs expressions correspondantes en fonction de u v dans (E), nous obtenons ( 2u + v ) ( v/u 2 uv ) = (E ), u c est-à-dire que 2u =. Comme u >, nous avons = f est une fonction de v seulement, qu elle est indépendante de u. Ainsi f = h(v) = h(xy 2 ) avec h: (, ) R une fonction dérivable. Il est facile de vérifier qu une fonction f(x, y) = h(xy 2 ) est une solution de (E) sur D si h: (, ) R est une fonction dérivable sur l intervalle (, ). Nous allons maintenant énoncer démontrer la proposition sur l égalité des dérivées partielles mixtes. Cte proposition tout comme la règle de chaines est une conséquence du théorème de la valeur intermédiaire. Nous l énoncerons pour les fonctions de deux variables. Proposition 5.2 (Egalité des dérivées partielles mixtes): Soit une fonction f(x, y) telle que f, x,, x x sont continues sur un rectangle R dans R 2 dont l intérieur contient le point P = (a, b). Alors = 2 f. x P x P Preuve: Soit (h, k) R 2 tel que (a + h, b + k), (a + h, b) (a, b + k) appartiennent à R. Considérons la fonction de x: F(x) = f(x, b + k) f(x, b), ainsi que la fonction de y: G(y) = f(a + h, y) f(a, y). Dans ces deux définitions, h k sont des constantes fixées. Soit = F(a + h) F(a). Alors après substitution, nous obtenons = f(a + h, b + k) f(a + h, b) f(a, b + k) + f(a, b). Il est aussi facile de vérifier que = G(b+k) G(b). Parce que f est continue que f x existe, alors F est continue dérivable. Par le théorème 4.1 (de la valeur intermédiaire), il existe un nombre c compris entre a a + h tel que = F(a + h) F(a) = F (c)h. Parce que nous avons que F (x) =, x (x,b+k) x (x,b) F (c) =. x (c,b+k) x (c,b) Comme f x est continue que f xy existe, nous pouvons de nouveau utiliser le théorème 4.1 (de la valeur intermédiaire) obtenir qu il existe un nombre réel d compris entre b b + k tel que De tout ceci, nous obtenons F (c) = = 2 f k. x (c,b+k) x (c,b) x (c,d) = 2 f hk. x (c,d) Parce que f est continue que f y existe, alors G est continue dérivable. Par le théorème 4.1 (de la valeur intermédiaire), il existe un nombre réel d compris entre b b+k tel que = G(b+k) G(b) = G (d )k. Parce que G (y) =, (a+h,y) (a,y) 36

7 nous avons G (d ) = (a+h,d ) (a,d ). Comme f y est continue que f yx existe, nous pouvons utiliser encore une fois le théorème 4.1 (de la valeur intermédiaire) obtenir qu il existe un nombre réel c compris entre a a + h tel que De tout ceci, nous obtenons Donc G (d ) = (a+h,d ) = 2 f (a,d ) x h. (c,d ) (h,k) (,) hk = nous pouvons ainsi conclure que = 2 f x hk. (c,d ) (h,k) (,) = x (c,d) = 2 f, x (a,b) x (a,b) (h,k) (,) x (c,d ) car ces dérivées partielles sont continues, lorsque (h, k) (, ) alors (c, d) (a, b) (c, d ) (a, b). En utilisant cte proposition en supposant la continuité des dérivées partielles d ordres supérieures, nous obtenons 3 f x x = 3 f x 2 = 3 f x 2, 3 f x = 3 f 2 x = 3 f x 2, c... Exercice 5.1: Soit f(x, y), une fonction de deux variables. Considérons les nouvelles variables (r, θ) définies par les équations suivantes: { r = x 2 + y 2, Noter que dans ce cas, nous avons aussi θ = arctan(y/x). { x = r cos(θ), y = r sin(θ). Ces nouvelles variables sont appelées les coordonnées polaires. Montrer en utilisant la règle de chaines les formules suivantes: a) f x = cos(θ)f r (sin(θ)/r)f θ ; b) f y = sin(θ)f r + (cos(θ)/r)f θ c) f xx + f yy = f rr + (1/r 2 )f θθ + (1/r)f r. Exercice 5.2: Déterminer un vecteur normal au point (a, b, c) à chacune des surfaces de niveau dans R 3 définies par les équations suivantes: a) x 2 y 2 z 2 = 1; b) 2x + y z = ; 37 ;

8 c) x 2 + y 2 z = ; d) xyz = 1; e) x 2 + y 2 = 1. Exercice 5.3: Soit l équation aux dérivées partielles suivante: x x + y = (E). a) Déterminer toutes les fonction f: D R ayant des dérivées partielles d ordre 1 continues solutions de (E) sur l ouvert D = {(x, y) R 2 x } en utilisant les nouvelles coordonnées u = x v = y/x. b) ( ) Parmi toutes ces solutions, quelles sont celles f: D R ayant des dérivées partielles d ordre 2 sur D qui vérifient l équation x f 2 = y x 3? Exercice 5.4: Soit l équation aux dérivées partielles suivante: (x 2 + 1) x + 2xy = (E). Déterminer toutes les fonctions f:r 2 R ayant des dérivées partielles d ordre 1 continues solutions de (E) sur R 2 en utilisant les nouvelles coordonnées: u = x v = y/(x 2 + 1). Exercice 5.5: Soit l équation aux dérivées partielles suivante: x x + (3x2 y) = (E). a) Déterminer toutes les fonction f: D R ayant des dérivées partielles d ordre 1 continues solutions de (E) sur l ouvert D = {(x, y) R 2 x, (x 2 y) } en utilisant les nouvelles coordonnées u = x v = x 3 xy. b) ( ) Parmi toutes ces solutions, quelles sont celles f: D R ayant des dérivées partielles d ordre 2 sur D qui vérifient l équation 2x 2 f f x =? Exercice 5.6( ): Soient g:r R une fonction continue h:r R, une primitive de g (c est-à-dire que h est dérivable sur R que h (x) = g(x), x R). a) Déterminer toutes les fonctions f:r 2 R ayant des dérivées partielles d ordre 1 continues sur R 2, solutions de l équation aux dérivées partielles g(y) x + = (E) en utilsant les nouvelles coordonnées: u v telles que x = u + h(v) y = v. b) Utiliser le résultat obtenu en a) pour résoudre l équation y x + (y2 + 1) = (E 1) sur R 2 ; plus précisément, déterminer toutes les fonctions f:r 2 R ayant des dérivées partielles d ordre 1 continues sur R 2, solutions de (E 1 ). 38

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