Dérivations partielles secondes croisées - Pour débuter - Exercice 1

45 min
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Pour une fonction multivariée (donc à plusieurs variables) la notion de dérivée partielle seconde peut prendre une forme plus subtile. En effet, pour se fixer les idée, considérons la fonction ff, dépendante des deux variables réelles xx et yy, suivante :
(x ; y)∈R2 ⟼f(x ; y)=3x2y+xln⁡(1+y2)+x1+y4(x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2\, \longmapsto f(x\,;\,y) = 3x^2y + x\ln(1+y^2) + \dfrac{x}{1 + y^4}
Les deux deˊriveˊes partielles premieˋres{\color{blue}{\text{dérivées partielles premières}}} sont :
∙   ∂f∂x(x ; y)=6xy+ln⁡(1+y2)+11+y4{\color{blue}{\bullet \,\,\, \dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) }} = 6xy + \ln(1+y^2) + \dfrac{1}{1 + y^4}
∙   ∂f∂y(x ; y)=3x2+x2y1+y2−x4y3(1+y4)2{\color{blue}{\bullet \,\,\, \dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) }} = 3x^2 + x\dfrac{2y}{1+y^2} - x\dfrac{4y^3}{(1 + y^4)^2}
De suite, on en déduit les deux deˊriveˊes partielles secondes{\color{red}{\text{dérivées partielles secondes}}} qui sont :
∙∙   ∂2f∂x2(x ; y)=6y{\color{red}{\bullet \bullet \,\,\, \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x\,;\,y) }} = 6y
∙∙   ∂2f∂y2(x ; y)=−2x(y14−y12−7y10−23y8−y6+9y4+7y2−1)(1+y2)2(1+y4)3{\color{red}{\bullet \bullet \,\,\, \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x\,;\,y) }} = - \dfrac{2x (y^{14} -y^{12} - 7y^{10} - 23y^8 - y^6 + 9y^4 + 7y^2 - 1 )}{(1+y^2)^2 (1+y^4)^3}
Mais il est possible de dériver une première fois selon une des deux variables, puis de dériver cette dernière expression, mais cette fois par rapport à l'autre variable. On parle alors de deˊriveˊes partielles secondes croiseˊes{\color{green}{\text{dérivées partielles secondes croisées}}}. On a alors les deux possibilités suivantes :
∙∙   ∂2f∂x ∂y(x ; y)=∂∂x(∂f∂y)(x ; y)=∂∂x(3x2+x2y1+y2−x4y3(1+y4)2)=6x+2y1+y2−4y3(1+y4)2{\color{green}{\bullet \bullet \,\,\, \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) }} = \dfrac{\partial}{\partial x} \left( \dfrac{\partial f}{\partial y} \right)(x\,;\,y) = \dfrac{\partial}{\partial x} \left( 3x^2 + x\dfrac{2y}{1+y^2} - x\dfrac{4y^3}{(1 + y^4)^2}\right) = 6x + \dfrac{2y}{1+y^2} - \dfrac{4y^3}{(1 + y^4)^2}
∙∙   ∂2f∂y ∂x(x ; y)=∂∂y(∂f∂x)(x ; y)=∂∂y(6xy+ln⁡(1+y2)+11+y4)=6x+2y1+y2−4y3(1+y4)2{\color{green}{\bullet \bullet \,\,\, \dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) }} = \dfrac{\partial}{\partial y} \left( \dfrac{\partial f}{\partial x} \right)(x\,;\,y) = \dfrac{\partial}{\partial y} \left( 6xy + \ln(1+y^2) + \dfrac{1}{1 + y^4}\right) = 6x + \dfrac{2y}{1+y^2} - \dfrac{4y^3}{(1+y^4)^2}
Sur cet exemple on constate l'égalité entre les deux deˊriveˊes partielles secondes croiseˊes{\color{green}{\text{dérivées partielles secondes croisées}}} :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=∂2f∂y ∂x(x ; y){\color{green}{\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) }} = {\color{green}{\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) }}
En général, au point (x ; y)(x\,;\,y), cette eˊgaliteˊ n’est pas vrai !{\color{green}{\text{cette égalité n'est pas vrai !}}}. Elle est souvent vérifiée mais ce n'est absolument pas une généralité. C'est le  theˊoreˋme de Schwarz{\color{green}{\text{ théorème de Schwarz}}} (parfois appelé  theˊoreˋme de Clairaut{\color{green}{\text{ théorème de Clairaut}}}) qui stipule les conditions de l'égalité.
Cependant, en Physique classique{\color{red}{\text{en Physique classique}}}, ces conditions mathématiques, qui permettent de permuter indifféremment les variables de dérivation, sont toujours satisfaites{\color{red}{\text{sont toujours satisfaites}}}. Ceci est lié à l'existence, donc la réalité, des grandeurs ff étudiées. Ceci est particulièrement utilisé en thermodynamique.
Question 1

Pour la fonction ci-dessous , calculer ∂2f∂x ∂y(x ; y)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) et ∂2f∂y ∂x(x ; y)\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y).
(x ; y)∈R2 ⟼f(x ; y)=3x3y2+xsin⁡(xy)+yex(x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2\, \longmapsto f(x\,;\,y) = 3x^3y^2 + x\sin(xy) + ye^x

Correction
On a :
∂f∂x(x ; y)=∂∂x(3x3y2+xsin⁡(xy)+yex)\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( 3x^3y^2 + x\sin(xy) + ye^x \right)
Soit :
∂f∂x(x ; y)=∂∂x(3x3y2)+∂∂x(xsin⁡(xy))+∂∂x(yex)\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( 3x^3y^2 \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(x\sin(xy) \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(ye^x \right)
Soit encore :
∂f∂x(x ; y)=3y2∂∂x(x3)+∂∂x(xsin⁡(xy))+y∂∂x(ex)\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = 3y^2\dfrac{\partial }{\partial x}\left( x^3 \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(x\sin(xy) \right) + y\dfrac{\partial }{\partial x}\left(e^x \right)
Donc :
∂f∂x(x ; y)=3y23x2+(sin⁡(xy)+xycos⁡(xy))+yex\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = 3y^23x^2 + \left(\sin(xy) + xy\cos(xy)\right) + ye^x
Finalement :
∂f∂x(x ; y)=9x2y2+sin⁡(xy)+xycos⁡(xy)+yex{\color{blue}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = 9x^2y^2 + \sin(xy) + xy\cos(xy) + ye^x }}}
Puis, on a :
∂f∂y(x ; y)=∂∂y(3x3y2+xsin⁡(xy)+yex)\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( 3x^3y^2 + x\sin(xy) + ye^x \right)
Soit :
∂f∂y(x ; y)=∂∂y(3x3y2)+∂∂y(xsin⁡(xy))+∂∂y(yex)\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( 3x^3y^2 \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left(x\sin(xy) \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left(ye^x \right)
Soit encore :
∂f∂x(x ; y)=3x3∂∂y(y2)+x∂∂y(sin⁡(xy))+ex∂∂y(y)\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = 3x^3\dfrac{\partial }{\partial y}\left( y^2 \right) + x\dfrac{\partial }{\partial y}\left(\sin(xy) \right) + e^x\dfrac{\partial }{\partial y}\left(y \right)
Donc :
∂f∂x(x ; y)=3x32y+xxcos⁡(xy)+ex1\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = 3x^3 2y + xx\cos(xy) + e^x 1
Finalement :
∂f∂y(x ; y)=6x3y+x2cos⁡(xy)+ex{\color{blue}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = 6x^3y + x^2\cos(xy) + e^x }}}
Ainsi, on en déduit que :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=∂∂x(∂f∂y)(x ; y)=∂∂x(6x3y+x2cos⁡(xy)+ex)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left(\dfrac{\partial f}{\partial y}\right)(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( 6x^3y + x^2\cos(xy) + e^x \right)
Ce qui nous donne :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=∂∂x(6x3y)+∂∂x(x2cos⁡(xy))+∂∂x(ex)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( 6x^3y \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(x^2\cos(xy)\right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(e^x \right)
Soit :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=6y∂∂x(x3)+∂∂x(x2cos⁡(xy))+∂∂x(ex)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = 6y\dfrac{\partial }{\partial x}\left( x^3 \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(x^2\cos(xy)\right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(e^x \right)
D'où :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=6y3x2+(2xcos⁡(xy)−x2ysin⁡(xy))+ex\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = 6y3x^2 + \left(2x\cos(xy) - x^2y \sin(xy)\right) + e^x
Finalement :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=18x2y+2xcos⁡(xy)−x2ysin⁡(xy)+ex{\color{green}{\boxed{ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = 18x^2y + 2x\cos(xy) - x^2y \sin(xy) + e^x }}}
Puis, on a :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=∂∂y(∂f∂x)(x ; y)=∂∂y(9x2y2+sin⁡(xy)+xycos⁡(xy)+yex)\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left(\dfrac{\partial f}{\partial x}\right)(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( 9x^2y^2 + \sin(xy) + xy\cos(xy) + ye^x \right)
Ce qui nous donne :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=∂∂y(9x2y2)+∂∂y(sin⁡(xy))+∂∂y(xycos⁡(xy))+∂∂y(yex)\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( 9x^2y^2 \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left(\sin(xy) \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left(xy\cos(xy)\right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left(y e^x \right)
Soit :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=9x2∂∂y(y2)+∂∂y(sin⁡(xy))+x∂∂y(ycos⁡(xy))+ex∂∂y(y)\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = 9x^2\dfrac{\partial }{\partial y}\left( y^2 \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left(\sin(xy) \right) + x\dfrac{\partial }{\partial y}\left(y\cos(xy)\right) + e^x \dfrac{\partial }{\partial y}\left(y \right)
D'où :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=9x22y+xcos⁡(xy)+x(cos⁡(xy)−yxsin⁡(xy))+ex1\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = 9x^22y+ x\cos(xy) + x\left(\cos(xy) - yx \sin(xy)\right) + e^x 1
Ce qui nous donne :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=18x2y+xcos⁡(xy)+xcos⁡(xy)−yx2sin⁡(xy)+ex\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = 18x^2 y+ x\cos(xy) + x\cos(xy) - yx^2 \sin(xy) + e^x
Finalement :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=18x2y+2xcos⁡(xy)−x2ysin⁡(xy)+ex{\color{green}{\boxed{ \dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = 18x^2 y+ 2x\cos(xy) - x^2y \sin(xy) + e^x }}}
Question 2

Pour la fonction ci-dessous , calculer ∂2f∂x ∂y(x ; y)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) et ∂2f∂y ∂x(x ; y)\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y).
(x ; y)∈R⋆2 ⟼f(x ; y)=xyln⁡(πy2+x4)+xsin⁡(y)cos⁡(2x)+exy(x\,;\,y) \in {\mathbb{R}^\star}^2 \, \longmapsto f(x\,;\,y) = xy \ln(\pi y^2 + x^4) + x\sin(y)\cos(2x) + e^{xy}

Correction
On a :
∂f∂x(x ; y)=∂∂x(xyln⁡(πy2+x4)+xsin⁡(y)cos⁡(2x)+exy)\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( xy \ln(\pi y^2 + x^4) + x\sin(y)\cos(2x) + e^{xy}\right)
Soit :
∂f∂x(x ; y)=∂∂x(xyln⁡(πy2+x4))+∂∂x(xsin⁡(y)cos⁡(2x))+∂∂x(exy)\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( xy \ln(\pi y^2 + x^4)\right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(x\sin(y)\cos(2x) \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(e^{xy}\right)
Donc :
∂f∂x(x ; y)=y∂∂x(xln⁡(πy2+x4))+sin⁡(y)∂∂x(xcos⁡(2x))+∂∂x(exy)\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = y\dfrac{\partial }{\partial x}\left( x \ln(\pi y^2 + x^4)\right) + \sin(y)\dfrac{\partial }{\partial x}\left(x\cos(2x) \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(e^{xy}\right)
On en déduit que :
∂f∂x(x ; y)=y(ln⁡(πy2+x4)+x4x3πy2+x4)+sin⁡(y)(cos⁡(2x)−x2sin⁡(2x))+yexy\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = y\left( \ln(\pi y^2 + x^4) + x\dfrac{4x^3}{\pi y^2 + x^4}\right) + \sin(y)\left(\cos(2x) - x2\sin(2x)\right) + ye^{xy}
Soit :
∂f∂x(x ; y)=yln⁡(πy2+x4)+4x4yπy2+x4+cos⁡(2x)sin⁡(y)−2xsin⁡(2x)sin⁡(y)+yexy{\color{blue}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = y\ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{4x^4y}{\pi y^2 + x^4} + \cos(2x)\sin(y) - 2x\sin(2x)\sin(y) + ye^{xy} }}}
La dérivée partielle par rapport à yy est donnée par :
∂f∂y(x ; y)=∂∂y(xyln⁡(πy2+x4)+xsin⁡(y)cos⁡(2x)+exy)\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( xy \ln(\pi y^2 + x^4) + x\sin(y)\cos(2x) + e^{xy}\right)
Soit :
∂f∂y(x ; y)=∂∂y(xyln⁡(πy2+x4))+∂∂y(xsin⁡(y)cos⁡(2x))+∂∂y(exy)\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( xy \ln(\pi y^2 + x^4)\right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left(x\sin(y)\cos(2x) \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left(e^{xy}\right)
Donc :
∂f∂y(x ; y)=x∂∂y(yln⁡(πy2+x4))+xcos⁡(2x)∂∂y(sin⁡(y))+∂∂y(exy)\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = x\dfrac{\partial }{\partial y}\left( y \ln(\pi y^2 + x^4)\right) + x\cos(2x) \dfrac{\partial }{\partial y}\left(\sin(y) \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left(e^{xy}\right)
Ce qui nous donne :
∂f∂y(x ; y)=x(ln⁡(πy2+x4)+y2πyπy2+x4)+xcos⁡(2x)cos⁡(y)+xexy\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = x\left( \ln(\pi y^2 + x^4) + y \dfrac{2\pi y}{\pi y^2 + x^4} \right) + x\cos(2x) \cos(y) + xe^{xy}
Finalement :
∂f∂y(x ; y)=xln⁡(πy2+x4)+2πxy2πy2+x4+xcos⁡(2x)cos⁡(y)+xexy{\color{blue}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = x\ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{2\pi xy^2}{\pi y^2 + x^4} + x\cos(2x)\cos(y) + xe^{xy} }}}
Puis, la première dérivée partielle seconde croisée est donnée par :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=∂∂x(∂f∂y)(x ; y)=∂∂x(xln⁡(πy2+x4)+2πxy2πy2+x4+xcos⁡(2x)cos⁡(y)+xexy)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left(\dfrac{\partial f}{\partial y}\right)(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( x\ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{2\pi xy^2}{\pi y^2 + x^4} + x\cos(2x)\cos(y) + xe^{xy} \right)
Ce qui nous donne :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=∂∂x(xln⁡(πy2+x4))+∂∂x(2πxy2πy2+x4)+∂∂x(xcos⁡(2x)cos⁡(y))+∂∂x(xexy)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( x\ln(\pi y^2 + x^4) \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left( \dfrac{2\pi xy^2}{\pi y^2 + x^4} \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left( x\cos(2x)\cos(y) \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left( xe^{xy} \right)
Soit :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=∂∂x(xln⁡(πy2+x4))+2πy2∂∂x(xπy2+x4)+cos⁡(y)∂∂x(xcos⁡(2x))+∂∂x(xexy)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( x\ln(\pi y^2 + x^4) \right) + 2\pi y^2 \dfrac{\partial }{\partial x}\left( \dfrac{x}{\pi y^2 + x^4} \right) + \cos(y)\dfrac{\partial }{\partial x}\left( x\cos(2x) \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left( xe^{xy} \right)
Ce qui nous donne donc :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=(1ln⁡(πy2+x4)+x4x3πy2+x4)+2πy2(1(πy2+x4)−x4x3(πy2+x4)2)+cos⁡(y)(cos⁡(2x)−x2sin⁡(2x))+(exy+xyexy)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = \left( 1\ln(\pi y^2 + x^4) + x\dfrac{4x^3}{\pi y^2 + x^4} \right) + 2\pi y^2 \left( \dfrac{1\left(\pi y^2 + x^4\right)-x4x^3}{\left(\pi y^2 + x^4\right)^2} \right) + \cos(y)\left( \cos(2x) - x2\sin(2x)\right) + \left( e^{xy} + xye^{xy} \right)
Ainsi :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=(ln⁡(πy2+x4)+4x4πy2+x4)+2πy2(πy2+x4−4x4(πy2+x4)2)+cos⁡(y)(cos⁡(2x)−2xsin⁡(2x))+(1+xy)exy\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = \left( \ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{4x^4}{\pi y^2 + x^4} \right) + 2\pi y^2 \left( \dfrac{\pi y^2 + x^4 -4x^4}{\left(\pi y^2 + x^4\right)^2} \right) + \cos(y)\left( \cos(2x) - 2x\sin(2x)\right) + \left( 1 + xy \right) e^{xy}
Finalement :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=ln⁡(πy2+x4)+4x4πy2+x4+2π2y4−6πx4y2(πy2+x4)2+cos⁡(y)(cos⁡(2x)−2xsin⁡(2x))+(1+xy)exy{\color{green}{\boxed{ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = \ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{4x^4}{\pi y^2 + x^4} + \dfrac{2\pi^2 y^4 - 6\pi x^4 y^2}{\left(\pi y^2 + x^4\right)^2} + \cos(y)\left( \cos(2x) - 2x\sin(2x)\right) + \left( 1 + xy \right) e^{xy} }}}
Puis, on a l'autre dérivée partielle seconde croisée associée qui est donnée par :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=∂∂y(∂f∂x)(x ; y)=∂∂y(yln⁡(πy2+x4)+4x4yπy2+x4+cos⁡(2x)sin⁡(y)−2xsin⁡(2x)sin⁡(y)+yexy)\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left(\dfrac{\partial f}{\partial x}\right)(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( y\ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{4x^4y}{\pi y^2 + x^4} + \cos(2x)\sin(y) - 2x\sin(2x)\sin(y) + ye^{xy} \right)
Ce qui nous donne :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=∂∂y(yln⁡(πy2+x4))+∂∂y(4x4yπy2+x4)+∂∂y(cos⁡(2x)sin⁡(y))−∂∂y(2xsin⁡(2x)sin⁡(y))+∂∂y(yexy)\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( y\ln(\pi y^2 + x^4) \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left( \dfrac{4x^4y}{\pi y^2 + x^4} \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left( \cos(2x)\sin(y) \right) - \dfrac{\partial }{\partial y}\left( 2x\sin(2x)\sin(y) \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left( ye^{xy} \right)
Soit :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=∂∂y(yln⁡(πy2+x4))+4x4∂∂y(yπy2+x4)+cos⁡(2x)∂∂y(sin⁡(y))−2xsin⁡(2x)∂∂y(sin⁡(y))+∂∂y(yexy)\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( y\ln(\pi y^2 + x^4) \right) + 4x^4\dfrac{\partial }{\partial y}\left( \dfrac{y}{\pi y^2 + x^4} \right) + \cos(2x)\dfrac{\partial }{\partial y}\left( \sin(y) \right) - 2x\sin(2x)\dfrac{\partial }{\partial y}\left( \sin(y) \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left( ye^{xy} \right)
Ce qui nous donne :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=(ln⁡(πy2+x4)+y2πyπy2+x4)+4x4((πy2+x4)−y2πy(πy2+x4)2)+cos⁡(2x)cos⁡(y)−2xsin⁡(2x)cos⁡(y)+(exy+yxexy)\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \left( \ln(\pi y^2 + x^4) + y \dfrac{2\pi y}{\pi y^2 + x^4}\right) + 4x^4 \left( \dfrac{\left(\pi y^2 + x^4 \right) - y 2\pi y}{\left(\pi y^2 + x^4 \right)^2} \right) + \cos(2x)\cos(y) - 2x\sin(2x)\cos(y) + \left( e^{xy} + yxe^{xy} \right)
On a alors :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=ln⁡(πy2+x4)+2πy2πy2+x4+4x4(x4−πy2(πy2+x4)2)+cos⁡(2x)cos⁡(y)−2xsin⁡(2x)cos⁡(y)+(1+yx)exy\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{2\pi y^2}{\pi y^2 + x^4} + 4x^4 \left( \dfrac{ x^4 - \pi y^2}{\left(\pi y^2 + x^4 \right)^2} \right) + \cos(2x)\cos(y) - 2x\sin(2x)\cos(y) + \left( 1 + yx \right)e^{xy}
Soit encore :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=ln⁡(πy2+x4)+2πy2(πy2+x4)(πy2+x4)2+4x8−4πx4y2(πy2+x4)2+cos⁡(y)(cos⁡(2x)−2xsin⁡(2x))+(1+yx)exy\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{2\pi y^2 \left(\pi y^2 + x^4 \right)}{\left(\pi y^2 + x^4 \right)^2} + \dfrac{ 4x^8 - 4\pi x^4y^2}{\left(\pi y^2 + x^4 \right)^2} + \cos(y) \left(\cos(2x) - 2x\sin(2x)\right) + \left( 1 + yx \right)e^{xy}
Ce qui nous permet d'écrire que :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=ln⁡(πy2+x4)+2π2y4+2πx4y2+4x8−4πx4y2(πy2+x4)2+cos⁡(y)(cos⁡(2x)−2xsin⁡(2x))+(1+yx)exy\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{2 \pi^2 y^4 + 2\pi x^4 y^2 +4x^8 - 4\pi x^4y^2}{\left(\pi y^2 + x^4 \right)^2} + \cos(y) \left(\cos(2x) - 2x\sin(2x)\right) + \left( 1 + yx \right)e^{xy}
Soit :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=ln⁡(πy2+x4)+2π2y4−2πx4y2+4x8(πy2+x4)2+cos⁡(y)(cos⁡(2x)−2xsin⁡(2x))+(1+yx)exy\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{2 \pi^2 y^4 - 2\pi x^4 y^2 +4x^8 }{\left(\pi y^2 + x^4 \right)^2} + \cos(y) \left(\cos(2x) - 2x\sin(2x)\right) + \left( 1 + yx \right)e^{xy}
Par jeux d'écriture, on trouve que :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=ln⁡(πy2+x4)+2π2y4−2πx4y2−4x4πy2+4x4πy2+4x8(πy2+x4)2+cos⁡(y)(cos⁡(2x)−2xsin⁡(2x))+(1+yx)exy\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{2 \pi^2 y^4 - 2\pi x^4 y^2 - 4x^4\pi y^2 + 4x^4\pi y^2 + 4x^8 }{\left(\pi y^2 + x^4 \right)^2} + \cos(y) \left(\cos(2x) - 2x\sin(2x)\right) + \left( 1 + yx \right)e^{xy}
Donc :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=ln⁡(πy2+x4)+2π2y4−2πx4y2−4πx4y2+4x4(πy2+x4)(πy2+x4)2+cos⁡(y)(cos⁡(2x)−2xsin⁡(2x))+(1+yx)exy\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{2 \pi^2 y^4 - 2\pi x^4 y^2 - 4\pi x^4 y^2 + 4x^4 \left(\pi y^2 + x^4\right) }{\left(\pi y^2 + x^4 \right)^2} + \cos(y) \left(\cos(2x) - 2x\sin(2x)\right) + \left( 1 + yx \right)e^{xy}
On en déduit que :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=ln⁡(πy2+x4)+2π2y4−6πx4y2+4x4(πy2+x4)(πy2+x4)2+cos⁡(y)(cos⁡(2x)−2xsin⁡(2x))+(1+yx)exy\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{2 \pi^2 y^4 - 6\pi x^4 y^2 + 4x^4 \left(\pi y^2 + x^4\right) }{\left(\pi y^2 + x^4 \right)^2} + \cos(y) \left(\cos(2x) - 2x\sin(2x)\right) + \left( 1 + yx \right)e^{xy}
On a donc :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=ln⁡(πy2+x4)+2π2y4−6πx4y2(πy2+x4)2+4x4(πy2+x4)(πy2+x4)2+cos⁡(y)(cos⁡(2x)−2xsin⁡(2x))+(1+yx)exy\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{2 \pi^2 y^4 - 6\pi x^4 y^2 }{\left(\pi y^2 + x^4 \right)^2} + \dfrac{4x^4 \left(\pi y^2 + x^4\right) }{\left(\pi y^2 + x^4 \right)^2}+ \cos(y) \left(\cos(2x) - 2x\sin(2x)\right) + \left( 1 + yx \right)e^{xy}
En simplifiant par πy2+x4≠0\pi y^2 + x^4 \neq 0 :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=ln⁡(πy2+x4)+2π2y4−6πx4y2(πy2+x4)2+4x4πy2+x4+cos⁡(y)(cos⁡(2x)−2xsin⁡(2x))+(1+yx)exy\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{2 \pi^2 y^4 - 6\pi x^4 y^2 }{\left(\pi y^2 + x^4 \right)^2} + \dfrac{4x^4}{\pi y^2 + x^4 }+ \cos(y) \left(\cos(2x) - 2x\sin(2x)\right) + \left( 1 + yx \right)e^{xy}
Finalement, on a :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=ln⁡(πy2+x4)+4x4πy2+x4+2π2y4−6πx4y2(πy2+x4)2+cos⁡(y)(cos⁡(2x)−2xsin⁡(2x))+(1+xy)exy{\color{green}{\boxed{ \dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \ln(\pi y^2 + x^4) + \dfrac{4x^4}{\pi y^2 + x^4} + \dfrac{2\pi^2 y^4 - 6\pi x^4 y^2}{\left(\pi y^2 + x^4\right)^2} + \cos(y)\left( \cos(2x) - 2x\sin(2x)\right) + \left( 1 + xy \right) e^{xy} }}}
Question 3

Pour la fonction ci-dessous , calculer ∂2f∂x ∂y(x ; y)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) et ∂2f∂y ∂x(x ; y)\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y).
(x ; y)∈R2 ⟼f(x ; y)=xcos⁡(xy)+ysinh⁡(x)+xcosh⁡(y)(x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2 \, \longmapsto f(x\,;\,y) = x\cos(xy) + y\sinh(x) + x\cosh(y)

Correction
On a :
∂f∂x(x ; y)=∂∂x(xcos⁡(xy)+ysinh⁡(x)+xcosh⁡(y))\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( x\cos(xy) + y\sinh(x) + x\cosh(y)\right)
Soit :
∂f∂x(x ; y)=∂∂x(xcos⁡(xy))+∂∂x(ysinh⁡(x))+∂∂x(xcosh⁡(y))\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( x\cos(xy)\right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(y\sinh(x) \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(x\cosh(y)\right)
Donc :
∂f∂x(x ; y)=∂∂x(xcos⁡(xy))+y∂∂x(sinh⁡(x))+cosh⁡(y)∂∂x(x)\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( x\cos(xy)\right) + y\dfrac{\partial }{\partial x}\left(\sinh(x) \right) + \cosh(y)\dfrac{\partial }{\partial x}\left(x\right)
D'où :
∂f∂x(x ; y)=(cos⁡(xy)−xysin⁡(xy))+ycosh⁡(x)+cosh⁡(y)1\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \left( \cos(xy) - xy\sin(xy)\right) + y\cosh(x) + \cosh(y)1
Finalement :
∂f∂x(x ; y)=cos⁡(xy)−xysin⁡(xy)+ycosh⁡(x)+cosh⁡(y){\color{blue}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \cos(xy) - xy\sin(xy) + y\cosh(x) + \cosh(y) }}}
Puis, on a :
∂f∂y(x ; y)=∂∂y(xcos⁡(xy)+ysinh⁡(x)+xcosh⁡(y))\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( x\cos(xy) + y\sinh(x) + x\cosh(y)\right)
Soit :
∂f∂y(x ; y)=∂∂y(xcos⁡(xy))+∂∂y(ysinh⁡(x))+∂∂y(xcosh⁡(y))\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( x\cos(xy)\right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left(y\sinh(x) \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left(x\cosh(y)\right)
Donc :
∂f∂y(x ; y)=x∂∂y(cos⁡(xy))+sinh⁡(x)∂∂y(y)+x∂∂y(cosh⁡(y))\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = x\dfrac{\partial }{\partial y}\left( \cos(xy)\right) + \sinh(x)\dfrac{\partial }{\partial y}\left(y\right) + x\dfrac{\partial }{\partial y}\left(\cosh(y)\right)
Ce qui nous donne :
∂f∂y(x ; y)=−xxsin⁡(xy)+sinh⁡(x)1+xsinh⁡(y)\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = -xx\sin(xy) + \sinh(x)1 + x\sinh(y)
Finalement :
∂f∂y(x ; y)=−x2sin⁡(xy)+sinh⁡(x)+xsinh⁡(y){\color{blue}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = -x^2\sin(xy) + \sinh(x) + x\sinh(y) }}}
Donc, la première dérivée partielle seconde croisée est donnée par :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=∂∂x(∂f∂y)(x ; y)=∂∂x(−x2sin⁡(xy)+sinh⁡(x)+xsinh⁡(y))\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left(\dfrac{\partial f}{\partial y}\right)(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( -x^2\sin(xy) + \sinh(x) + x\sinh(y) \right)
Ce qui nous donne :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=∂∂x(−x2sin⁡(xy))+∂∂x(sinh⁡(x))+∂∂x(xsinh⁡(y))\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x}\left( -x^2\sin(xy) \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left( \sinh(x) \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left( x\sinh(y) \right)
Soit :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=−∂∂x(x2sin⁡(xy))+∂∂x(sinh⁡(x))+sinh⁡(y)∂∂x(x)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = - \dfrac{\partial }{\partial x}\left( x^2\sin(xy) \right) + \dfrac{\partial }{\partial x}\left( \sinh(x) \right) + \sinh(y)\dfrac{\partial }{\partial x}\left( x \right)
Ainsi :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=−(2xsin⁡(xy)+x2ycos⁡(xy))+cosh⁡(x)+sinh⁡(y)1\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = - \left( 2x\sin(xy) + x^2y\cos(xy)\right) + \cosh(x) + \sinh(y)1
Finalement :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=cosh⁡(x)+sinh⁡(y)−2xsin⁡(xy)−x2ycos⁡(xy){\color{green}{\boxed{ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = \cosh(x) + \sinh(y) - 2x\sin(xy) - x^2y\cos(xy) }}}
Puis, la deuxième dérivée partielle seconde croisée est donnée par :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=∂∂y(∂f∂x)(x ; y)=∂∂y(cos⁡(xy)−xysin⁡(xy)+ycosh⁡(x)+cosh⁡(y))\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left(\dfrac{\partial f}{\partial x}\right)(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( \cos(xy) - xy\sin(xy) + y\cosh(x) + \cosh(y) \right)
Ce qui nous donne :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=∂∂y(cos⁡(xy))−∂∂y(xysin⁡(xy))+∂∂y(ycosh⁡(x))+∂∂y(cosh⁡(y))\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( \cos(xy) \right) - \dfrac{\partial }{\partial y}\left( xy\sin(xy) \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left( y\cosh(x) \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left( \cosh(y) \right)
Soit :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=∂∂y(cos⁡(xy))−x∂∂y(ysin⁡(xy))+cosh⁡(x)∂∂y(y)+∂∂y(cosh⁡(y))\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y}\left( \cos(xy) \right) - x\dfrac{\partial }{\partial y}\left( y\sin(xy) \right) + \cosh(x)\dfrac{\partial }{\partial y}\left( y \right) + \dfrac{\partial }{\partial y}\left( \cosh(y) \right)
Ce qui nous donne :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=−xsin⁡(xy)−x(sin⁡(xy)+yxcos⁡(xy))+cosh⁡(x)1+sinh⁡(y)\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = -x\sin(xy) - x\left( \sin(xy) + yx\cos(xy)\right) + \cosh(x)1 + \sinh(y)
Soit encore :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=−2xsin⁡(xy)−x2ycos⁡(xy)+cosh⁡(x)+sinh⁡(y)\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = -2x\sin(xy) - x^2 y\cos(xy) + \cosh(x) + \sinh(y)
Finalement :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=cosh⁡(x)+sinh⁡(y)−2xsin⁡(xy)−x2ycos⁡(xy){\color{green}{\boxed{ \dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \cosh(x) + \sinh(y) - 2x\sin(xy) - x^2y\cos(xy) }}}
Question 4

(x ; y)∈R2 ⟼f(x ; y)=ln⁡(1+sinh⁡(x)cosh⁡(2y))(x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2 \, \longmapsto f(x\,;\,y) = \ln\left( 1 + \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y)}\right)

Correction
On a :
∂f∂x(x ; y)=∂∂x(ln⁡(1+sinh⁡(x)cosh⁡(2y)))=∂∂x(1+sinh⁡(x)cosh⁡(2y))1+sinh⁡(x)cosh⁡(2y)=∂∂x(sinh⁡(x)cosh⁡(2y))cosh⁡(2y)cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)cosh⁡(2y)\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial}{\partial x} \left( \ln\left( 1 + \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y)}\right) \right) = \dfrac{\dfrac{\partial}{\partial x} \left( 1 + \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y)}\right) }{ 1 + \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y)}} = \dfrac{\dfrac{\partial}{\partial x} \left( \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y)}\right) }{ \dfrac{\cosh(2y)}{\cosh(2y)} + \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y)}}
Soit encore, puisque ∀y∈R,  cosh⁡(2y)≠0\forall y \in \mathbb{R}, \,\ \cosh(2y) \neq 0 :
∂f∂x(x ; y)=1cosh⁡(2y)∂∂x(sinh⁡(x))cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)cosh⁡(2y)=1cosh⁡(2y)cosh⁡(x)cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)cosh⁡(2y)=cosh⁡(x)cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)1\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\dfrac{1}{\cosh(2y)} \dfrac{\partial }{\partial x}\left( \sinh(x) \right) }{ \dfrac{\cosh(2y)+\sinh(x)}{\cosh(2y)}} = \dfrac{\dfrac{1}{\cosh(2y)} \cosh(x) }{ \dfrac{\cosh(2y)+\sinh(x)}{\cosh(2y)}} = \dfrac{ \cosh(x) }{ \dfrac{\cosh(2y)+\sinh(x)}{1}}
Ce qui nous donne au final :
∂f∂x(x ; y)=cosh⁡(x)cosh⁡(2y)+sinh⁡(x){\color{blue}{\boxed{\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\cosh(x)}{ \cosh(2y)+\sinh(x)} }}}
Puis, on a également :
∂f∂y(x ; y)=∂∂y(ln⁡(1+sinh⁡(x)cosh⁡(2y)))=∂∂y(1+sinh⁡(x)cosh⁡(2y))1+sinh⁡(x)cosh⁡(2y)=∂∂y(sinh⁡(x)cosh⁡(2y))cosh⁡(2y)cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)cosh⁡(2y)\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial}{\partial y} \left( \ln\left( 1 + \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y)}\right) \right) = \dfrac{\dfrac{\partial}{\partial y} \left( 1 + \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y)}\right) }{ 1 + \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y)}} = \dfrac{\dfrac{\partial}{\partial y} \left( \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y)}\right) }{ \dfrac{\cosh(2y)}{\cosh(2y)} + \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y)}}
Soit :
∂f∂y(x ; y)=sinh⁡(x)∂∂y(1cosh⁡(2y))cosh⁡(2y)cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)cosh⁡(2y)=sinh⁡(x)(−2sinh⁡(2y)cosh⁡2(2y))cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)cosh⁡(2y)=−2sinh⁡(x)sinh⁡(2y)cosh⁡2(2y)cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)cosh⁡(2y)\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\sinh(x)\dfrac{\partial}{\partial y} \left( \dfrac{1}{\cosh(2y)}\right) }{ \dfrac{\cosh(2y)}{\cosh(2y)} + \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y)}} = \dfrac{\sinh(x) \left( \dfrac{-2\sinh(2y)}{\cosh^2(2y)} \right) }{\dfrac{\cosh(2y) + \sinh(x)}{\cosh(2y)}} = - \dfrac{ \dfrac{2\sinh(x)\sinh(2y)}{\cosh^2(2y)} }{\dfrac{\cosh(2y) + \sinh(x)}{\cosh(2y)}}
Soit encore, puisque ∀y∈R,  cosh⁡(2y)≠0\forall y \in \mathbb{R}, \,\ \cosh(2y) \neq 0 :
∂f∂y(x ; y)=−2sinh⁡(x)sinh⁡(2y)cosh⁡(2y)cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)1=−2sinh⁡(x)sinh⁡(2y)cosh⁡(2y)cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = - \dfrac{ \dfrac{2\sinh(x)\sinh(2y)}{\cosh(2y)} }{\dfrac{\cosh(2y) + \sinh(x)}{1}} = - \dfrac{ \dfrac{2\sinh(x)\sinh(2y)}{\cosh(2y)} }{\cosh(2y) + \sinh(x)}
Finalement :
∂f∂y(x ; y)=−2sinh⁡(x)sinh⁡(2y)cosh⁡(2y)(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)){\color{blue}{\boxed{\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = -\dfrac{2\sinh(x)\sinh(2y)}{\cosh(2y) \left( \cosh(2y) + \sinh(x) \right)} }}}
Puis, la première dérivée partielle croisée seconde est donnée par l'expression suivante :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=∂∂x(∂f∂y)(x ; y)=∂∂x(−2sinh⁡(x)sinh⁡(2y)cosh⁡(2y)(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)))\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( \dfrac{\partial f}{\partial y}\right) (x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( -\dfrac{2\sinh(x)\sinh(2y)}{\cosh(2y) \left( \cosh(2y) + \sinh(x) \right)}\right)
Soit :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=−2sinh⁡(2y)cosh⁡(2y)∂∂x(sinh⁡(x)cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = -2\dfrac{\sinh(2y)}{\cosh(2y) } \dfrac{\partial }{\partial x} \left( \dfrac{\sinh(x)}{\cosh(2y) + \sinh(x)}\right)
Soit encore :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=−2tanh⁡(2y)(cosh⁡(x)(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))−sinh⁡(x)cosh⁡(x)(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))2)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = -2\tanh(2y)\left( \dfrac{\cosh(x)\left( \cosh(2y) + \sinh(x) \right) - \sinh(x)\cosh(x)}{\left( \cosh(2y) + \sinh(x) \right)^2}\right)
En développant :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=−2tanh⁡(2y)(cosh⁡(x)cosh⁡(2y)+sinh⁡(x)cosh⁡(x)−sinh⁡(x)cosh⁡(x)(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))2)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = -2\tanh(2y)\left( \dfrac{\cosh(x)\cosh(2y) + \sinh(x)\cosh(x) - \sinh(x)\cosh(x)}{\left( \cosh(2y) + \sinh(x) \right)^2}\right)
D'où :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=−2tanh⁡(2y)(cosh⁡(x)cosh⁡(2y)(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))2)\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = -2\tanh(2y)\left( \dfrac{\cosh(x)\cosh(2y) }{\left( \cosh(2y) + \sinh(x) \right)^2}\right)
Ainsi :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=−2sinh⁡(2y)cosh⁡(2y)cosh⁡(x)cosh⁡(2y)(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))2\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = -2\dfrac{\sinh(2y)}{\cosh(2y)} \dfrac{\cosh(x)\cosh(2y) }{\left( \cosh(2y) + \sinh(x) \right)^2}
Finalement :
∂2f∂x ∂y(x ; y)=−2cosh⁡(x)sinh⁡(2y)(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))2{\color{green}{\boxed{ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}(x\,;\,y) = -\dfrac{2\cosh(x)\sinh(2y)}{\left( \cosh(2y) + \sinh(x) \right)^2} }}}
Enfin, la deuxième dérivée partielle croisée seconde est donnée par l'expression suivante :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=∂∂y(∂f∂x)(x ; y)=∂∂y(cosh⁡(x)cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))=cosh⁡(x)∂∂y(1cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left( \dfrac{\partial f}{\partial x}\right) (x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left( \dfrac{\cosh(x)}{ \cosh(2y)+\sinh(x)} \right) = \cosh(x)\dfrac{\partial }{\partial y} \left( \dfrac{1}{ \cosh(2y)+\sinh(x)} \right)
Soit :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=−cosh⁡(x)∂∂y(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))2\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = - \cosh(x)\dfrac{\dfrac{\partial }{\partial y} \left( \cosh(2y)+\sinh(x) \right)}{ \left(\cosh(2y)+\sinh(x)\right)^2}
Soit encore :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=−cosh⁡(x)∂∂y(cosh⁡(2y))(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))2\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = - \cosh(x)\dfrac{\dfrac{\partial }{\partial y} \left( \cosh(2y) \right)}{ \left(\cosh(2y)+\sinh(x)\right)^2}
Ainsi, on obtient :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=−cosh⁡(x)2sinh⁡(2y)(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))2\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = - \cosh(x)\dfrac{2\sinh(2y)}{ \left(\cosh(2y)+\sinh(x)\right)^2}
Finalement :
∂2f∂y ∂x(x ; y)=−2cosh⁡(x)sinh⁡(2y)(cosh⁡(2y)+sinh⁡(x))2{\color{green}{\boxed{ \dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}(x\,;\,y) = -\dfrac{2\cosh(x)\sinh(2y)}{\left( \cosh(2y) + \sinh(x) \right)^2} }}}

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