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125. Dérivées croisées

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 $h\in]-\alpha, \alpha[\setminus \{0\}$ :

$\begin{align*}
\frac{f(x+h,y)-f(x,y)}{h} &= \frac{\frac{(x+h)y^3}{(x+h)^2+y^2}-\frac{xy^3}{x^2+y^2}}{h}
\\
&= \frac{(x+h)y^3(x^2+y^2)-xy^3((x+h)^2+y^2)}{h(x^2+y^2)((x+h)^2+y^2)}
\\
&= \frac{(x+h)y^3(x^2+y^2)-xy^3((x+h)^2+y^2)}{h} \times \frac{1}{(x^2+y^2)((x+h)^2+y^2)}
\end{align*}$

Ecrivez le numérateur de la fraction comme un polynôme en $h$ :

$\begin{align*}
(x+h)y^3(x^2+y^2)-xy^3((x+h)^2+y^2) &= xy^3(x^2+y^2) + \left(y^3(x^2+y^2)\right)h -xy^3((x^2+y^2)+2xh+h^2)
\\
&= \left(y^3(x^2+y^2)-2x^2y^3\right)h -xy^3h^2
\\
&= \left(y^5-x^2y^3\right)h -xy^3h^2
\end{align*}$

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 :

$\begin{align*}
\frac{f(x+h,y)-f(x,y)}{h} &= \frac{f(h,0) – f(0,0)}{h}
\\
&= \frac{f(h,0)}{h}
\\
&= \frac{0}{h}
\\
&=0.
\end{align*}$

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.

$\begin{align*}
\frac{\frac{\partial f}{\partial x}(0,0+k)-\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)}{k} &= \frac{\frac{\partial f}{\partial x}(0,k)-0}{k}
\\
&=\frac{\frac{ k^3(k^2-0^2)}{(0^2+k^2)^2}}{k}
\\
&= 1.
\end{align*}$

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 :

$\begin{align*}
\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) &= \frac{3xy^2(x^2+y^2) – 2xy^4}{(x^2+y^2)^2}
\\
&= \frac{3x^3y^2+3xy^4 – 2xy^4}{(x^2+y^2)^2}
\\
&= \frac{3x^3y^2+xy^4}{(x^2+y^2)^2}.
\end{align*}$

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.

$\begin{align*}
\dfrac{f(x,y+k)-f(x,y)}{k} &= \dfrac{f(0,k)-f(0,0)}{k}
\\
&= \frac{0-0}{k}\\
&=0.
\end{align*}$

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.

$\begin{align*}
\frac{\frac{\partial f}{\partial y}(0+h,0) – \frac{\partial f}{\partial y}(0,0)}{h} &= \frac{\frac{\partial f}{\partial y}(0+h,0) }{h}
\\
&= \frac{\frac{\partial f}{\partial y}(h,0) }{h} \\
&= \frac{\frac{h\times 0^2(3h^2+0^2)}{(h^2+0^2)^2} }{h}\\
&=0.
\end{align*}$

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 $\boxed{\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} (0,0) \neq \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} (0,0).}$

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