Fonctions homogènes et relation d'Euler

La stratégie. Dériver une identité par rapport à un paramètre, puis spécialiser sa valeur. La variable de dérivation est le facteur d'homothétie $t$, pas une coordonnée du plan : ce déplacement du point de vue est tout l'exercice. La réciproque utilise le théorème du chapitre sur la dérivabilité : une fonction de dérivée nulle sur un intervalle est constante.

a) De l'homogénéité à Euler. Fixons $(x,y)\in U$ et posons, pour $t>0$, $\psi (t)=f(tx,ty)=f(\gamma (t))$ avec $\gamma (t)=(tx,ty)$. L'arc $\gamma$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$, tracé dans $U$ (car $t>0$ et $(x,y)\ne (0,0)$), de vecteur vitesse ${\gamma }^{\prime }(t)=(x,y)$. La règle de la chaîne donne $${\psi }^{\prime }(t)=⟨\nabla f(tx,ty),(x,y)⟩=x\frac{\partial f}{\partial x}(tx,ty)+y\frac{\partial f}{\partial y}(tx,ty).$$ D'autre part, l'hypothèse d'homogénéité s'écrit $\psi (t)=t^{\alpha }f(x,y)$, où $f(x,y)$ est une constante puisque $(x,y)$ est fixé ; donc ${\psi }^{\prime }(t)=\alpha t^{\alpha -1}f(x,y)$. Les deux expressions de ${\psi }^{\prime }(1)$ coïncident, et $\gamma (1)=(x,y)$ : $$x\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)+y\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\alpha f(x,y).$$ Lecture par le gradient : $⟨\nabla f(x,y),(x,y)⟩=\alpha f(x,y)$ — la dérivée de $f$ dans la direction radiale, pondérée par la distance à l'origine, redonne $\alpha f$.

b) D'Euler à l'homogénéité. Fixons $(x,y)\in U$. La fonction $\phi (t)=t^{-\alpha }f(tx,ty)$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ comme produit de $t\mapsto t^{-\alpha }$ et de $\psi$, et $${\phi }^{\prime }(t)=-\alpha t^{-\alpha -1}f(tx,ty)+t^{-\alpha }\left[x\frac{\partial f}{\partial x}(tx,ty)+y\frac{\partial f}{\partial y}(tx,ty)\right].$$ Appliquons la relation d'Euler au point $(tx,ty)$, qui est dans $U$ : $$(tx)\frac{\partial f}{\partial x}(tx,ty)+(ty)\frac{\partial f}{\partial y}(tx,ty)=\alpha f(tx,ty),\text{soit}x\frac{\partial f}{\partial x}(tx,ty)+y\frac{\partial f}{\partial y}(tx,ty)=\frac{\alpha }{t}f(tx,ty).$$ En reportant : ${\phi }^{\prime }(t)=-\alpha t^{-\alpha -1}f(tx,ty)+t^{-\alpha }\cdot \frac{\alpha }{t}f(tx,ty)=0$. La fonction $\phi$ a une dérivée nulle sur l'intervalle $]0,+\infty [$ : elle y est constante, égale à $\phi (1)=f(x,y)$. Donc $t^{-\alpha }f(tx,ty)=f(x,y)$ pour tout $t>0$, c'est-à-dire $$f(tx,ty)=t^{\alpha }f(x,y).$$ La relation d'Euler caractérise les fonctions homogènes de degré $\alpha$.

c) Le degré des dérivées partielles. Fixons $t>0$ et $y$, et dérivons l'identité $f(tx,ty)=t^{\alpha }f(x,y)$ par rapport à $x$. À gauche, la fonction $x\mapsto f(tx,ty)$ est la composée de $x\mapsto tx$ par la fonction partielle $s\mapsto f(s,ty)$ ; la règle de dérivation d'une composée à une variable donne pour dérivée $t\frac{\partial f}{\partial x}(tx,ty)$. À droite, $t^{\alpha }\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)$. Donc $$t\frac{\partial f}{\partial x}(tx,ty)=t^{\alpha }\frac{\partial f}{\partial x}(x,y),\text{soit}\frac{\partial f}{\partial x}(tx,ty)=t^{\alpha -1}\frac{\partial f}{\partial x}(x,y).$$ La dérivée partielle $\frac{\partial f}{\partial x}$ est homogène de degré $\alpha -1$ ; de même pour $\frac{\partial f}{\partial y}$. (Dériver fait perdre un degré, comme pour les monômes : $x^3\mapsto 3x^2$.)

d) Deux vérifications. La norme, degré $1$. $f=\sqrt{x^2+y^2}$ vérifie $f(tx,ty)=\sqrt{t^2}f(x,y)=tf(x,y)$ pour $t>0$. Ses dérivées partielles, hors de l'origine, sont $\frac{x}{f}$ et $\frac{y}{f}$, et $x\cdot \frac{x}{f}+y\cdot \frac{y}{f}=\frac{x^2+y^2}{f}=f$ : Euler avec $\alpha =1$. Et $\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ est invariante par $(x,y)\mapsto (tx,ty)$ : homogène de degré $0$, comme annoncé — c'est le gradient unitaire radial du cône de l'exercice 1, le même sur tout un rayon.

Le polynôme, degré $3$. $f=x^3-3x{y}^2$ vérifie $f(tx,ty)=t^{3}f(x,y)$. $\frac{\partial f}{\partial x}=3x^2-3y^2$, $\frac{\partial f}{\partial y}=-6xy$, et $$x(3x^2-3y^2)+y(-6xy)=3x^3-3x{y}^2-6x{y}^2=3x^3-9x{y}^2=3(x^3-3x{y}^2)=3f.$$ Et $3x^2-3y^2$ est bien homogène de degré $2$.

Le point délicat. On dérive en $t$, à $(x,y)$ fixé ; et c'est en $t=1$, et seulement là, que $\gamma (t)$ revient au point courant. La réciproque, elle, demande d'appliquer Euler au point $(tx,ty)$ et non au point $(x,y)$ — c'est le facteur $\frac{1}{t}$ qui compense exactement le $-\alpha t^{-\alpha -1}$. Enfin l'hypothèse $t>0$ est nécessaire : $t^{\alpha }$ n'a pas de sens pour $t<0$ et $\alpha$ non entier, et le rayon $t\mapsto (tx,ty)$ doit rester dans $U$.

Ce que l'exercice installe. Une identité fonctionnelle se dérive. Dériver par rapport à un paramètre est un outil autonome, qu'on retrouvera partout où une famille est indexée — intégrales à paramètre, séries entières — et en thermodynamique, où la relation d'Euler sur les grandeurs extensives, homogènes de degré $1$, est un pilier. La réciproque enseigne le geste inverse : pour montrer qu'une fonction est constante, on montre que sa dérivée est nulle.