La réciproque de la relation d'Euler

Exercice classique · niveau 3 (difficile) · mathématiques (MP/MPI), chapitre 11 — Calcul différentiel et optimisation · B. Règle de la chaîne et équations aux dérivées partielles

Énoncé

Réciproque d'Euler : soit $f \in C^{1}$ sur $(R_{+}^{*})^{2}$ vérifiant $x \partial_{x} f + y \partial_{y} f = α f$ . Montrer que $f$ est homogène de degré $α$ (fixer $(x, y)$ et étudier $g (t) = t^{- α} f (t x, t y)$ : $g^{'} (t) = 0$ sur l'intervalle $] 0, + \infty [$ , donc $g$ constante $= g (1)$ ).

Corrigé

Stratégie : fabriquer la quantité qui devrait être constante, et montrer qu'elle l'est. Dire que $f$ est homogène de degré $α$ , c'est dire que $t^{- α} f (t x, t y)$ ne dépend pas de $t$ . On pose donc cette fonction de $t$ , on la dérive, et l'hypothèse — appliquée au point courant $(t x, t y)$ , et non au point de départ $(x, y)$ — fait tomber la dérivée à zéro. Le domaine $] 0, + \infty [$ étant un intervalle, une dérivée nulle donne une constante, que l'on identifie en $t = 1$ .

1) Le domaine est un cône. $Ω = (R_{+}^{*})^{2}$ est ouvert, et stable par homothétie de rapport $t > 0$ : si $(x, y) \in Ω$ et $t > 0$ , alors $(t x, t y) \in Ω$ . Sans cette stabilité, l'expression $f (t x, t y)$ n'aurait pas de sens pour tout $t > 0$ , et l'énoncé serait vide. C'est la première chose à vérifier dans tout énoncé d'homogénéité.

2) La fonction auxiliaire. Fixons $(x, y) \in Ω$ et posons, pour $t > 0$ ,

$g (t) = t^{- α} f (t x, t y) .$

L'arc $t \mapsto (t x, t y)$ est de classe $C^{1}$ à valeurs dans $Ω$ , de vitesse constante $(x, y)$ ; $f$ est $C^{1}$ sur $Ω$ . Par composition (dérivation le long d'un arc) et produit, $g$ est de classe $C^{1}$ sur $] 0, + \infty [$ et

$g^{'} (t) = - α t^{- α - 1} f (t x, t y) + t^{- α} [x \partial_{x} f (t x, t y) + y \partial_{y} f (t x, t y)] .$

3) L'hypothèse, appliquée au bon point. L'identité $u \partial_{x} f (u, v) + v \partial_{y} f (u, v) = α f (u, v)$ est vraie en tout point $(u, v)$ de $Ω$ . Appliquons-la en $(u, v) = (t x, t y)$ :

$t x \partial_{x} f (t x, t y) + t y \partial_{y} f (t x, t y) = α f (t x, t y),$

puis divisons par $t > 0$ :

$x \partial_{x} f (t x, t y) + y \partial_{y} f (t x, t y) = \frac{α}{t} f (t x, t y) .$

4) La dérivée est nulle. En reportant dans le 2) :

$g^{'} (t) = - α t^{- α - 1} f (t x, t y) + t^{- α} \cdot \frac{α}{t} f (t x, t y) = (- α t^{- α - 1} + α t^{- α - 1}) f (t x, t y) = 0.$

5) Conclusion. $g^{'}$ est identiquement nulle sur $] 0, + \infty [$ , qui est un intervalle : $g$ y est constante, égale à $g (1) = 1^{- α} f (x, y) = f (x, y)$ . Donc, pour tout $t > 0$ ,

$t^{- α} f (t x, t y) = f (x, y), c’est- a ˋ -dire f (t x, t y) = t^{α} f (x, y) .$

Ceci vaut pour tout $(x, y) \in Ω$ : $f$ est homogène de degré $α$ .

⚠️ Deux points délicats, tous deux invisibles si l'on rédige trop vite.

L'hypothèse s'utilise en $(t x, t y)$ , point courant de l'arc, et non en $(x, y)$ . Écrire $x \partial_{x} f (t x, t y) + y \partial_{y} f (t x, t y) = α f (x, y)$ serait faux et ferait échouer le calcul : c'est le facteur $t$ que l'on divise à l'étape 3 qui produit exactement le $t^{- α - 1}$ nécessaire à la simplification de l'étape 4.
« Dérivée nulle donc constante » exige un intervalle (ou, en dimension supérieure, un ouvert connexe par arcs — cours). Ici $] 0, + \infty [$ en est un. Sur une réunion d'intervalles disjoints on n'obtiendrait qu'une constante par morceau, et l'identification $g = g (1)$ tomberait.

Contrôle chiffré. Prenons $f (x, y) = x^{2} ln \frac{y}{x} + 3 x y$ sur $(R_{+}^{*})^{2}$ — une fonction dont l'homogénéité n'est pas visible au premier coup d'œil. On calcule

$\partial_{x} f = 2 x ln \frac{y}{x} - x + 3 y, \partial_{y} f = \frac{x ^{2}}{y} + 3 x,$

d'où $x \partial_{x} f + y \partial_{y} f = (2 x^{2} ln \frac{y}{x} - x^{2} + 3 x y) + (x^{2} + 3 x y) = 2 x^{2} ln \frac{y}{x} + 6 x y = 2 f$ . L'hypothèse est donc vérifiée avec $α = 2$ . Au point $(1, 2)$ : $f = ln 2 + 6 = 6, 693147$ , et le calcul numérique des deux dérivées partielles (différences centrées) donne $x \partial_{x} f + y \partial_{y} f = 13, 386294$ , à comparer à $2 f = 13, 386294$ — accord à $1 0^{- 9}$ , l'écart provenant du pas de dérivation.

La conclusion du théorème se vérifie alors directement :

$t$	$f (t \cdot 1, t \cdot 2)$	$t^{2} f (1, 2)$
$0, 4$	1,07090355	1,07090355
$3, 1$	64,32114441	64,32114441

$f$ est bien homogène de degré $2$ , comme la relation d'Euler le prédisait.

Ce que l'exercice installe. Avec l'exercice précédent, on tient une équivalence : pour $f$ de classe $C^{1}$ sur un cône ouvert connexe par arcs, homogène de degré $α$ $⟺$ $⟨ \nabla f (x), x ⟩ = α f (x)$ partout. Une propriété globale est ainsi entièrement caractérisée par une EDP linéaire du premier ordre. C'est le schéma de la méthode des caractéristiques : ici les caractéristiques sont les demi-droites issues de l'origine, l'EDP dit comment $f$ varie le long de chacune, et $g$ n'est autre que $f$ « lue le long d'une caractéristique » et renormalisée pour être constante.

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