La relation d'Euler des fonctions homogènes, et sa réciproque

La stratégie : une seule fonction d'une variable, dérivée de deux façons. L'homogénéité est une identité en $t$ ; la différentiabilité permet de dériver le membre de gauche par la règle de la chaîne. On dérive donc la même fonction de $t$ des deux côtés, puis on évalue en $t=1$ : c'est à ce moment précis que $\mathrm{d}f(x)\cdot x$ apparaît. Pour la réciproque, on fabrique la quantité qui devrait être constante et l'on montre qu'elle l'est.

a) Le sens direct. Fixons $x\in {\mathbb{R}}^n\setminus \{0\}$ et posons $\gamma (t)=tx$ pour $t>0$. Comme $x\ne 0$ et $t>0$, on a $\gamma (t)\ne 0$ : $\gamma$ est un arc de classe C1 tracé dans l'ouvert ${\mathbb{R}}^n\setminus \{0\}$, de vitesse constante ${\gamma }^{\prime }(t)=x$. C'est ici que servent $x\ne 0$ et $t>0$ : sans quoi l'arc sortirait du domaine de $f$. Posons $\phi =f\circ \gamma$, soit $\phi (t)=f(tx)$.

Première dérivation, par la chaîne. $f$ est différentiable sur l'ouvert et $\gamma$ dérivable, donc $\phi$ est dérivable et, par la formule de dérivation le long d'un arc, $${\phi }^{\prime }(t)=\mathrm{d}f(\gamma (t))\cdot {\gamma }^{\prime }(t)=\mathrm{d}f(tx)\cdot x.$$

Seconde dérivation, par l'homogénéité. Par hypothèse $\phi (t)=t^{\alpha }f(x)$, où $f(x)$ est une constante ($x$ est fixé). Donc ${\phi }^{\prime }(t)=\alpha t^{\alpha -1}f(x)$.

Évaluation en $t=1$. Les deux expressions coïncident sur $]0,+\infty [$, en particulier en $t=1$ où $\gamma (1)=x$ : $$\mathrm{d}f(x)\cdot x=\alpha f(x),\text{soit, en euclidien,}⟨\nabla f(x),x⟩=\sum _{i=1}^n{x}_i\frac{\partial f}{\partial x_i}(x)=\alpha f(x).$$

Le point délicat : ne pas dériver par rapport à la mauvaise variable. Dans $f(tx)=t^{\alpha }f(x)$, le membre de droite contient $f(x)$, qui ne dépend pas de $t$ : c'est un nombre. Croire devoir « dériver aussi $f(x)$ » ne mène nulle part. Symétriquement, la dérivée du membre de gauche n'est pas $\mathrm{d}f(tx)$ tout court : la chaîne fait intervenir la vitesse de l'arc, ici ${\gamma }^{\prime }=x$, et c'est précisément ce facteur qui produit le $⟨\nabla f(x),x⟩$ voulu. Enfin $\alpha$ n'est pas supposé entier : $t^{\alpha }$ n'a de sens que pour $t>0$, ce qui est exactement l'hypothèse.

b) La réciproque. Le domaine est un cône. $\Omega =({\mathbb{R}}_{+}^{\ast }{)}^2$ est ouvert et stable par homothétie de rapport $t>0$ : si $(x,y)\in \Omega$ et $t>0$, alors $(tx,ty)\in \Omega$. Sans cette stabilité, $f(tx,ty)$ 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.

La fonction auxiliaire. Dire que $f$ est homogène de degré $\alpha$, c'est dire que $t^{-\alpha }f(tx,ty)$ ne dépend pas de $t$. Fixons donc $(x,y)\in \Omega$ et posons, pour $t>0$, $$g(t)=t^{-\alpha }f(tx,ty).$$ L'arc $t\mapsto (tx,ty)$ est C1 à valeurs dans $\Omega$, de vitesse constante $(x,y)$, et $f$ est C1 sur $\Omega$ : par dérivation le long d'un arc et par la règle du produit, $g$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ et $$g^{\prime }(t)=-\alpha t^{-\alpha -1}f(tx,ty)+t^{-\alpha }[x{\partial }_{x}f(tx,ty)+y{\partial }_{y}f(tx,ty)].$$

L'hypothèse, appliquée au bon point. L'identité $u{\partial }_{x}f(u,v)+v{\partial }_{y}f(u,v)=\alpha f(u,v)$ vaut en tout point de $\Omega$ ; appliquons-la en $(u,v)=(tx,ty)$ : $$tx{\partial }_{x}f(tx,ty)+ty{\partial }_{y}f(tx,ty)=\alpha f(tx,ty),$$ puis divisons par $t>0$ : $x{\partial }_{x}f(tx,ty)+y{\partial }_{y}f(tx,ty)=\frac{\alpha }{t}f(tx,ty)$.

La dérivée est nulle. En reportant, $$g^{\prime }(t)=-\alpha t^{-\alpha -1}f(tx,ty)+t^{-\alpha }\cdot \frac{\alpha }{t}f(tx,ty)=0.$$

Conclusion. $g^{\prime }$ est nulle sur $]0,+\infty [$, qui est un intervalle : $g$ y est constante, égale à $g(1)=f(x,y)$. Donc $t^{-\alpha }f(tx,ty)=f(x,y)$, c'est-à-dire $f(tx,ty)=t^{\alpha }f(x,y)$ pour tout $t>0$ et tout $(x,y)\in \Omega$ : $f$ est homogène de degré $\alpha$.

Deux points délicats, invisibles si l'on rédige trop vite. Premier : l'hypothèse s'utilise en $(tx,ty)$, point courant de l'arc, et non en $(x,y)$ ; écrire $x{\partial }_{x}f(tx,ty)+y{\partial }_{y}f(tx,ty)=\alpha f(x,y)$ serait faux, et c'est le facteur $t$ divisé à l'étape précédente qui produit exactement le $t^{-\alpha -1}$ nécessaire à la simplification. Second : « dérivée nulle donc constante » exige un intervalle, ou en dimension supérieure un ouvert connexe par arcs — c'est l'objet de l'exercice suivant.

Contrôle chiffré. $f(x,y)=x^3+2x{y}^2$ est homogène de degré $3$ : en $(2,3)$, $f=8+36=44$ donc $\alpha f=132$, et $\nabla f=(3x^2+2y^2,4xy)=(30,24)$ donne $⟨\nabla f,(2,3)⟩=60+72=132$ — égalité exacte. Contre-épreuve : $g=f+1$ a le même gradient, donc $⟨\nabla g,(2,3)⟩=132$, alors que $3g(2,3)=135$ : la relation d'Euler distingue bien les fonctions homogènes. Pour la réciproque, $f(x,y)=x^2\ln \frac{y}{x}+3xy$ vérifie $x{\partial }_{x}f+y{\partial }_{y}f=2x^2\ln \frac{y}{x}+6xy=2f$, et la conclusion se vérifie sur $f(1,2)=\ln 2+6=6,693147$ : $f(0,4;0,8)=1,07090355=0,4^{2}f(1,2)$ et $f(3,1;6,2)=64,32114441=3,1^{2}f(1,2)$.

Ce que l'exercice installe. Dériver le long du rayon échange une identité globale et une équation aux dérivées partielles ponctuelle, et l'échange se fait dans les deux sens : pour $f$ de classe C1 sur un cône ouvert connexe par arcs, homogène de degré $\alpha$ équivaut à $⟨\nabla f(x),x⟩=\alpha f(x)$ partout. C'est le schéma de la méthode des caractéristiques : ici les demi-droites issues de l'origine, le long desquelles l'équation dit comment $f$ varie, $g$ n'étant que $f$ lue le long de l'une d'elles et renormalisée.