Les fonctions de deux variables suffisamment régulières vérifient l’égalité des dérivées croisées. Cela se produit à partir du théorème de Schwarz, qui exprime que, sous certaines conditions, $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}.$
Cet article présente l’exemple d’une fonction qui ne vérifie pas ce théorème.
Pour tout couple de réels $(x,y)$ différent de $(0,0)$, posez $f(x,y) = \dfrac{x y^3}{x^2+y^2}$. Définissez $f(0,0)$ par $f(0,0)=0.$
Déterminez la première dérivée partielle $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$
Soit $(x,y)$ un couple de deux réels.
Il s’agit d’évaluer la limite $\lim_{h\to 0} \frac{f(x+h,y)-f(x,y)}{h}.$
Cas où $(x,y)\neq (0,0)$
Comme $x$ et $y$ ne sont pas simultanément nuls, $x^2+y^2$ est un réel strictement positif.
La limite $\lim_{h\to 0} (x+h)^2+y^2$ est égale à $x^2+y^2$. Comme $x^2+y^2 > \frac{x^2+y^2}{2}$, il en résulte qu’il existe un réel $\alpha$ strictement positif, tel que, pour tout $h\in]-\alpha, \alpha[$, $(x+h)^2+y^2 > \frac{x^2+y^2}{2}.$
Par suite, pour tout $h\in]-\alpha, \alpha[, (x+h)^2+y^2 > 0$ et $(x+h,y)\neq (0,0).$
Vous pouvez ainsi calculer la dérivée partielle $\frac{\partial f}{\partial x}.$ Par un souci d’unicité avec ce qui suit vous allez vous entraîner à calculer le taux de variation au lieu d’appliquer les formules de dérivation d’un quotient.
Pour tout $h\in]-\alpha, \alpha[\setminus \{0\}$ :
\begin{aligned}
\frac{f(x+h,y)-f(x,y)}{h} &= \frac{\frac{(x+h)y^3}{(x+h)^2+y^2}-\frac{xy^3}{x^2+y^2}}{h}
\\
&= \frac{(x+h)y^3(x^2+y^2)-xy^3((x+h)^2+y^2)}{h(x^2+y^2)((x+h)^2+y^2)}
\\
&= \frac{(x+h)y^3(x^2+y^2)-xy^3((x+h)^2+y^2)}{h} \times \frac{1}{(x^2+y^2)((x+h)^2+y^2)}
\end{aligned}
Ecrivez le numérateur de la fraction comme un polynôme en $h$ :
\begin{aligned}
(x+h)y^3(x^2+y^2)-xy^3((x+h)^2+y^2) &= xy^3(x^2+y^2) + \left(y^3(x^2+y^2)\right)h -xy^3((x^2+y^2)+2xh+h^2)
\\
&= \left(y^3(x^2+y^2)-2x^2y^3\right)h -xy^3h^2
\\
&= \left(y^5-x^2y^3\right)h -xy^3h^2
\end{aligned}
Du coup $\lim_{h\to 0} \frac{(x+h)y^3(x^2+y^2)-xy^3((x+h)^2+y^2)}{h} = y^5-x^2y^3 = y^3(y^2-x^2).$
Comme $\lim_{h\to 0} \frac{1}{(x^2+y^2)((x+h)^2+y^2)} = \frac{1}{(x^2+y^2)^2}$ vous en déduisez que $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = \frac{y^3(y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^2}.$
Cas où $(x,y) = (0,0)$
Notez que pour tout réel $h$ non nul, $x+h$ est non nul donc $(x+h,y)\neq (0,0).$
Pour tout $h$ non nul vous calculez le taux de variation suivant :
\begin{aligned}
\frac{f(x+h,y)-f(x,y)}{h} &= \frac{f(h,0) – f(0,0)}{h}
\\
&= \frac{f(h,0)}{h}
\\
&= \frac{0}{h}
\\
&=0.
\end{aligned}
Il vient donc $\lim_{h\to 0} \frac{f(x+h,y)-f(x,y)}{h} = 0 $ donc $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = 0.$
Conclusion
La dérivée partielle $(x,y)\mapsto \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$ est donc définie sur $\R^2.$
Pour tout couple de réels $(x,y)$ différent de $(0,0)$, $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = \dfrac{ y^3(y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^2}$ et $\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) =0.$
Vous pouvez maintenant en déduire que $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(0,0)$ existe et trouver sa valeur.
Soit $k$ un réel non nul.
\begin{aligned}
\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(0,0+k)-\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)}{k} &= \frac{\frac{\partial f}{\partial x}(0,k)-0}{k}
\\
&=\frac{\frac{ k^3(k^2-0^2)}{(0^2+k^2)^2}}{k}
\\
&= 1.
\end{aligned}
Ainsi $\lim_{k\to 0} \frac{\frac{\partial f}{\partial x}(0,0+k)-\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)}{k} = 1.$
Donc $\boxed{\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(0,0) = 1.}$
Déterminez la seconde dérivée partielle $\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)$
Soit $(x,y)$ un couple de deux réels.
Cas où $(x,y)\neq (0,0)$
Il existe un voisinage de $0$ de la forme $]-\beta,\beta[$ où $\beta$ est un réel strictement positif, tel que pour tout $k\in]-\beta,\beta[$, $(x,y+k)\neq (0,0).$ Par suite, sur ce voisinage, l’expression de $f(x,y+k)$ est $\dfrac{x (y+h)^3}{x^2+(y+h)^2}.$
La seconde dérivée partielle de $f$ en $(x,y)$ n’est autre que la dérivée de la fonction en $0$ de la fonction $k\mapsto \dfrac{x (y+k)^3}{x^2+(y+k)^2}.$
Il en résulte que :
\begin{aligned}
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) &= \frac{3xy^2(x^2+y^2) – 2xy^4}{(x^2+y^2)^2}
\\
&= \frac{3x^3y^2+3xy^4 – 2xy^4}{(x^2+y^2)^2}
\\
&= \frac{3x^3y^2+xy^4}{(x^2+y^2)^2}.
\end{aligned}
Cas où $(x,y)= (0,0)$
Vous évaluez la limite $\lim_{k\to 0} \dfrac{f(x,y+k)-f(x,y)}{k}.$
Soit $k$ un réel non nul.
\begin{aligned}
\dfrac{f(x,y+k)-f(x,y)}{k} &= \dfrac{f(0,k)-f(0,0)}{k}
\\
&= \frac{0-0}{k}\\
&=0.
\end{aligned}
Donc $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0.$
Conclusion
La dérivée partielle $(x,y)\mapsto \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)$ est donc définie sur $\R^2.$
Pour tout couple de réels $(x,y)$ différent de $(0,0)$, $\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = \frac{xy^2(3x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^2}$ et $\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) =0.$
Soit $h$ un réel non nul.
\begin{aligned}
\frac{\frac{\partial f}{\partial y}(0+h,0) – \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)}{h} &= \frac{\frac{\partial f}{\partial y}(0+h,0) }{h}
\\
&= \frac{\frac{\partial f}{\partial y}(h,0) }{h} \\
&= \frac{\frac{h\times 0^2(3h^2+0^2)}{(h^2+0^2)^2} }{h}\\
&=0.
\end{aligned}
Vous déduisez que $\lim_{h\to 0} \frac{\frac{\partial f}{\partial y}(0+h,0) – \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)}{h} = 0$ d’où :
$\boxed{\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} (0,0)=0.}$
Vous avez un exemple où le théorème de Schwarz ne s’applique pas
D’après ce qui précède $\boxed{\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} (0,0) \neq \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (0,0).}$
Partagez!
Diffusez cet article auprès de vos connaissances susceptibles d'être concernées en utilisant les boutons de partage ci-dessous.
Aidez-moi sur Facebook!
Vous appréciez cet article et souhaitez témoigner du temps que j'y ai passé pour le mettre en œuvre. C'est rapide à faire pour vous et c'est important pour moi, déposez un j'aime sur ma page Facebook. Je vous en remercie par avance.
Lisez d'autres articles!
Parcourez tous les articles qui ont été rédigés. Vous en trouverez sûrement un qui vous plaira!