FNN 4
FNN 4
FNN 4
1 1
Exercice 1 Déterminer inf + + xy .
x ,y >0
x y
1 1
Soit f (x , y ) = xy + + sur ( ℝ +∗ ) 2 .
x y
Soit x > 0 fixé.
1 1
L’application y ֏ f (x , y ) a pour dérivée − 2
+ x , elle donc minimale et y = .
y x
1 1
Considérons g : x ֏ f (x , )= +2 x .
x x
1 1 x x −1
g est dérivable sur ℝ +∗ et g ′(x ) = −2
+ = .
x x x2
g est minimale pour x = 1 , puis f est minimale en (1,1) avec f (1,1) = 3 .
Exercice 2 Déterminer tous les couples (α, β ) ∈ ( ℝ +∗ ) 2 pour lesquels il existe M ∈ ℝ tel que :
∀x , y > 0, x αy β ≤ M (x + y )
x αy β
Soit (α, β ) solution. Considérons f (x , y ) = sur ( ℝ +∗ ) 2 .
x +y
x α +β
f (x , x ) = . f bornée implique α + β = 1 .
2x
Inversement, supposons α + β = 1 .
y x
α
x αy 1−α
Si y ≥ x alors 0 ≤ f (x , y ) = ≤ ≤1 .
x +y x + y y
Si x ≥ y alors idem.
Limite
1− cos(xy ) 1− cos t 1
g) f (x , y ) = x 2 2
or lim = donc f (x , y )
( x ,y )→ (0,0)
→0 .
x y t → 0 t2 2
1
h) f (x , −x + x 3 ) ~ − . Pas de limite en (0, 0) .
x →0 x
i) x 3 + y 3 = x 3 − (−y )3 = (x + y )(x 2 − xy + y 2 ) = (x + y )(x 2 + y 2 ) − xy (x + y ) .
x 3 +y3 xy xy 1
= (x + y ) − (x + y ) 2 or 2 ≤ donc f (x , y )
( x ,y )→ (0,0)
→0 .
x 2 +y2 x +y2 x +y2 2
Continuité
1 2
x + y 2 −1 si x 2 + y 2 > 1
Exercice 7 Soit f : ℝ → ℝ définie par f (x , y ) =
2
2 1 .
− x sinon
2
2
Montrer que f est continue.
Notons D = {(x , x ) / x ∈ ℝ} .
f est continue, par opérations, en tout point de ℝ 2 \ D .
Etudions la continuité en (α, α ) point de D .
∀ (x , y ) ∈ ℝ 2 , par le TAF sur ℝ 2 \ D et directement sur D , on obtient :
∃ξx ,y compris entre x et y tel que F (x , y ) = f ′(ξx ,y ) .
Quand (x , y ) → (α, α ) alors, par le théorème des gendarmes, ξx ,y → α puis F (x , y ) → f ′(α ) = F (α, α ) car f
est C 1 . Ainsi f est continue sur ℝ 2 .
a) f (x , y ) = exp(y ln x ) est continue sur ℝ +∗ × ℝ +∗ par opérations sur les fonctions continues.
Il reste à étudier la continuité aux points (0,b ) avec b > 0 .
Quand (x , y ) → (0,b ) avec (x , y ) ∈ ℝ +∗ × ℝ +∗ on a y ln x → −∞ et donc f (x , y ) = x y → 0 .
D’autre part, quand (0, y ) → (0,b ) , on a f (x , y ) = 0 → 0 .
Ainsi f est continue en (0,b ) .
b) Si l’on peut prolonger f par continuité à ℝ + × ℝ + alors
d’une part f (0, 0) = lim f (0, y ) = 0 et d’autre part f (0, 0) = lim f (x , x ) = 1 . C’est absurde.
y →0 x →0
Exercice 10 Soit A une partie convexe non vide de ℝ 2 et f : A → ℝ une fonction continue.
Soit a et b deux points de A et y un réel tels que f (a ) ≤ y ≤ f (b ) .
Montrer qu’il existe x ∈ A tel que f (x ) = y .
Dérivées partielles
∂f ∂f
c) (x , y ) = sin(x + y ) + x cos(x + y ) et (x , y ) = x cos(x + y ) .
∂x ∂y
y 2
, si x ≠ 0
Exercice 12 Soit f la fonction définie sur ℝ 2 par f (x , y ) = x .
0, si x = 0
a) Montrer que f admet une dérivée au point (0, 0) suivant tout vecteur de ℝ 2 .
b) Observer que néanmoins f n’est pas continue en (0, 0) .
a) Soit h = (α, β ) ∈ ℝ 2 .
0 si α = 0
( f (t .h ) − f (0, 0)) = ( f (t α, t β )) = 2
1 1
.
t t
β α sinon
0 si α = 0
Donc Dh f (0, 0) = 2 .
β α si α ≠ 0
b) f (1 n ,1 n ) = 1 → 1 ≠ f (0, 0) donc f n’est pas continue en (0, 0) .
x 2y
si (x , y ) ≠ (0, 0)
Exercice 13 Soit f : ℝ → ℝ définie par f (x , y ) =
2
x 4 + y 2 .
0 sinon
Montrer que f admet une dérivée en (0, 0) selon tout vecteur sans pour autant y être continue.
1 1 1
f , 2 → donc f n’est pas continue en (0, 0) .
n n 2
t 2α 2 β 0 si β = 0
→ 2
1
Soit h = (α, β ) ∈ ℝ 2 : ( f (t α, t β ) − f (0, 0)) = 4 4 .
t t α +t β 2 2
α β sinon
xy
si (x , y ) ≠ (0, 0)
Exercice 14 Soit f : ℝ → ℝ définie par f (x , y ) =
2
x +y .
0 sinon
Justifier que f est continue en (0, 0) .
Etudier les dérivées partielles de f en (0, 0) .
x
f (x , y ) ≤ y ≤ y → 0 donc f (x , y ) → 0 .
x +y
1 ∂f ∂f
( f (h , 0) − f (0,0)) = 0 donc (0, 0) = 0 et de même (0, 0) = 0 .
h ∂x ∂y
∂f y ∂f 1
(x , y ) = − 2 ϕ ′(y x ) et (x , y ) = ϕ ′(y x ) d’où la relation.
∂x x ∂y x
Fonctions de classe C1
∂f 1 y 1
(x , y ) = 2y sin − cos .
∂y x +y
2 2
x +y
2 2
x +y2
2
y
Exercice 17 Soit ϕ : ℝ → ℝ continue et f : ℝ 2 → ℝ définie par f (x , y ) = ∫ ϕ(t ) dt .
x
∂f ∂f
g ′(t ) = 2 (2t ,1 + t 2 ) + 2t (2t ,1 + t 2 ) .
∂x ∂y
Exercice 19 Soit f : ℝ 2 → ℝ une fonction de classe C 1 et g : ℝ 2 → ℝ définie par g (ρ, θ ) = f (ρ cos θ, ρ sin θ ) .
a) Justifier que g est de classe C 1 .
b) Exprimer les dérivées partielles de f en fonction de celles de g .
c) Exprimer les dérivées partielles de g en fonction de celles de f .
a) (ρ, θ ) ֏ (ρ cos θ , ρ sin θ ) est de classe C 1 donc g l’est aussi par composition.
∂g ∂f ∂f
b) (ρ, θ ) = cos θ (ρ cos θ, ρ sin θ ) + sin θ (ρ cos θ, ρ sin θ ) et
∂ρ ∂x ∂y
∂g ∂f ∂f
(ρ, θ ) = −ρ sin θ (ρ cos θ , ρ sin θ ) + ρ cos θ (ρ cos θ , ρ sin θ )
∂θ ∂x ∂y
c) En résolvant le système formé par les deux équations précédentes.
∂f ∂g ∂g ∂f ∂g ∂g
(x , y ) = r cos θ − sin θ et = r sin θ + cos θ avec (x , y ) = (r cos θ, r sin θ ) .
∂x ∂r ∂θ ∂y ∂r ∂θ
∂f d d ∂f
(x , y ) = ( f (x , y )) = ( f (y , x )) = (y , x ) .
∂x dx dx ∂y
Exercice 23 Soit f : ℝ 2 → ℝ une fonction de classe C 1 homogène de degré n ∈ ℕ i.e. telle que :
∀t ∈ ℝ , ∀ (x , y ) ∈ ℝ 2 , f (tx , ty ) = t n f (x , y ) .
∂f ∂f
a) Montrer que x +y = nf .
∂x ∂y
∂f ∂f
b) On suppose n ≥ 1 . Montrer que et sont elles aussi homogènes, préciser leur degré.
∂x ∂y
Fonctions de classe C2
∂f ∂f ∂2 f ∂2 f ∂2 f
a) (x , y ) = 3x 2 + 2xy , (x , y ) = x 2 , (x , y ) = 6x , (x , y ) = 2x , (x , y ) = 0 .
∂x ∂y ∂x 2
∂x ∂y ∂y 2
∂f ∂f ∂2 f
b) (x , y ) = −y sin(xy ) , (x , y ) = −x sin(xy ) , (x , y ) = −y 2 cos(xy ) ,
∂x ∂y ∂x 2
∂2 f ∂2 f
(x , y ) = − sin xy − xy cos(xy ) et (x , y ) = −x 2 cos(xy ) .
∂x ∂y ∂y 2
xy 3
Exercice 26 Soit f : ℝ 2 → ℝ la fonction définie par : f (x , y ) = si (x , y ) ≠ (0, 0) et f (0,0) = 0 .
x +y2
2
∂f xy xy y2
et (x , y ) ≤ 3 y 2 + 2 y →0 .
∂y x +y2 x 2 + y 2 x 2 + y 2 (x ,y )→ (0,0)
Par suite f est C 1 sur ℝ 2 .
1 ∂f ∂f 1 ∂f ∂f
b) (0, t ) − (0, 0) = 1 → 1 et (t , 0) − (0,0) = 0 → 0 .
t ∂x ∂x t ∂y ∂y
∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f
Donc (0, 0) et (0, 0) existent et on a (0, 0) = 0 et (0, 0) = 1 .
∂x ∂y ∂y ∂x ∂x ∂y ∂y ∂x
On en déduit que f n’est pas C 2 .
xy (x 2 − y 2 )
si (x , y ) ≠ (0, 0)
Exercice 27 On définit une fonction f : ℝ → ℝ par f (x , y ) =
2
x 2 +y2 .
0 sinon
1 2
Montrer que f est de classe C . Est-elle C ?
∂f ∂f ∂f y (x 4 − y 4 + 4x 2y 2 ) ∂f x (x 4 − y 4 + 4x 2y 2 )
(0, 0) = (0, 0) = 0 , (x , y ) = , (x , y ) = .
∂x ∂y ∂x (x 2 + y 2 )2 ∂y (x 2 + y 2 )2
∂2 f ∂2 f
f est de classe C 1 . (0, 0) = −1 et (0, 0) = 1 . f n’est pas C 2 .
∂y ∂x ∂x ∂y
∂g ∂f ∂f ∂g ∂f ∂f ∂ 2 g ∂2 f ∂2 f ∂2 f
= cos θ + sin θ , = −r sin θ + r cos θ , = cos 2
θ + 2 cos θ sin θ + sin 2
θ ,
∂r ∂x ∂y ∂θ ∂x ∂y ∂r 2 ∂x 2 ∂x ∂y ∂y 2
1 ∂ 2g ∂2 f ∂2 f ∂2 f 1 ∂f 1 ∂f
= sin 2 θ 2 − 2 cos θ sin θ + cos 2 θ 2 − cos θ − sin θ
r ∂θ
2 2
∂x ∂x ∂y ∂y r ∂x r ∂y
∂2 f ∂2 f ∂ 2g 1 ∂g 1 ∂ 2g
donc + = + + .
∂x 2 ∂y 2 ∂r 2 r ∂r r 2 ∂θ 2
∂f ∂f
classe C 1 solution de l’équation aux dérivées partielles : 3 −2 =0.
∂x ∂y
∂f ∂f
Soit f : ℝ 2 → ℝ une fonction de classe C 1 sur ℝ 2 solution de 3 −2 =0.
∂x ∂y
Soit g : ℝ 2 → ℝ la fonction définie par g (u , v ) = f (3u − v , v − 2u ) .
∂g ∂f ∂f
Par composition g est C 1 sur ℝ 2 et (u , v ) = 3 (3u − v , v − 2u ) − 2 (3u − v , v − 2u ) = 0 .
∂u ∂x ∂y
Par suite, il existe une fonction h de classe C 1 sur ℝ tel que g (u , v ) = h (v ) puis f (x , y ) = h (2x + 3y ) .
Inversement de telles fonctions sont bien solutions.
∂f ∂f
classe C 1 solution de l’équation aux dérivées partielles : + =f.
∂x ∂y
∂f ∂f
Soit f : ℝ 2 → ℝ une fonction de classe C 1 sur ℝ 2 solution de + =f.
∂x ∂y
Soit g : ℝ 2 → ℝ définie par g (u , v ) = f (u , u + v ) .
∂g ∂f ∂f
Par composition g est de classe C 1 sur ℝ 2 et (u , v ) = (u , u + v ) + (u , u + v ) = f (u , u + v ) = g (u , v ) .
∂u ∂x ∂y
La fonction u ֏ g (u , v ) est solution de l’équation différentielle y ′ = y donc ∃C (v ) ∈ ℝ tel que
g (u , v ) = C (v )eu . Notons C : ℝ → ℝ est de classe C 1 car C (v ) = g (0, v ) est C 1 par composition.
Par suite f (x , y ) = C (y − x )ex .
Inversement, une telle fonction est solution.
Exercice 34 Résoudre
∂f
∂x
(x , y ) +
∂f
∂y {
(x , y ) = f (x , y ) sur ℝ 2 via
u = x +y
v = x −y
.
∂f ∂f
Exercice 35 Résoudre y −x = 0 sur ℝ 2 \ {(0, 0)} en passant en coordonnées polaires.
∂x ∂y
∂f ∂f
Soit f : ℝ × ℝ +∗ une fonction de classe C 1 solution de y −x =f .
∂x ∂y
Soit g : ℝ +∗ × ]0, π[ → ℝ l’application définie par g (ρ, θ ) = f (ρ cos θ, ρ sin θ ) .
Par composition g est C 1 sur ℝ +∗ × ]0, π[ et
∂g ∂f ∂f ∂f ∂f
ρ (ρ, θ ) = −ρ sin θ (ρ cos θ , ρ sin θ ) + ρ cos θ (ρ cos θ, ρ sin θ ) = −y (x , y ) + x (x , y ) = g (ρ, θ ) Pour
∂θ ∂x ∂y ∂x ∂y
ρ ∈ ℝ +∗ fixé, θ ֏ g (ρ , θ ) est solution de l’équation différentielle ρ.y ′(ρ ) = y (ρ ) .
Après résolution ∃C (ρ ) ∈ ℝ telle que g (ρ, θ ) = C (ρ )eρ.θ
De plus, la fonction ρ ֏ C (ρ ) = g (ρ , 0) est une fonction de classe C 1 sur ℝ +∗ .
x
x 2 +y 2 arctan
Ainsi f (x , y ) = C ( x 2 + y 2 )e x +y .(π 2−arctan(x y )) = h (x 2 + y 2 )e
2 2
y
où h est C 1 sur ℝ +∗ .
Inversement de telles fonctions sont bien solutions.
∂f ∂f
Soit f : ℝ +∗ × ℝ → ℝ une fonction de classe C 1 solution de x +y = x 2 +y2 .
∂x ∂y
Soit g : ℝ +∗ × ]− π 2, π 2[ → ℝ l’application définie par g (ρ, θ ) = f (ρ cos θ, ρ sin θ ) .
Par composition g est C 1 sur ℝ +∗ × ]− π 2, π 2[ et
∂g ∂f ∂f ∂f ∂f
ρ (ρ , θ ) = ρ cos θ (ρ cos θ, ρ sin θ ) + ρ sin θ (ρ cos θ , ρ sin θ ) = x (x , y ) + y (x , y ) = ρ .
∂ρ ∂x ∂y ∂x ∂y
Par suite, il existe une fonction h de classe C 1 sur ℝ +∗ tel que g (ρ, θ ) = ρ + h (θ ) puis
y y
f (x , y ) = x 2 + y 2 + h (arctan ) = x 2 + y 2 + H ( ) où H est une fonction de classe C 1 sur ℝ +∗ .
x x
Inversement de telles fonctions sont bien solutions.
Exercice 38 Soit c > 0 . En réalisant le changement de variables {uv == xx −+ctct , déterminer les fonctions
f : (x , t ) ֏ f (x , t ) de classe C 2 sur ℝ 2 solution de l’équation aux dérivées partielles :
∂2 f 1 ∂2 f
= .
∂x 2 c 2 ∂t 2
∂2 f 1 ∂2 f
Soit f : ℝ 2 → ℝ une fonction de classe C 2 sur ℝ 2 solution de = .
∂x 2 c 2 ∂t 2
Soit g : ℝ 2 → ℝ la fonction définie par g (u , v ) = f ((u + v ) 2, (u − v ) 2c ) .
∂ 2g
Par composition g est C 2 sur ℝ 2 et par calculs =0.
∂u ∂v
Par suite, il existe deux fonctions C , D : ℝ → ℝ de classe C 2 telles que g (u , v ) = C (u ) + D (v ) puis
f (x , t ) = C (x + ct ) + D (x −ct ) .
Inversement de telles fonctions sont bien solutions.
∂2 f ∂2 f ∂2 f
classe C 2 solution de l’équation aux dérivées partielles : − 2 + =0.
∂x 2 ∂x ∂y ∂y 2
∂2 f ∂2 f ∂2 f
Soit f : ℝ 2 → ℝ une fonction de classe C 2 sur ℝ 2 solution de −2 + 2 =0.
∂x 2
∂x ∂y ∂y
Soit g : ℝ 2 → ℝ la fonction définie par g (u , v ) = f (u , v − u ) .
∂g ∂f ∂f
Par composition g est C 2 sur ℝ 2 , (u , v ) = (u , v − u ) − (u , v − u ) et
∂u ∂x ∂y
∂ 2g ∂2 f ∂2 f ∂2 f
(u , v ) = (u , v − u ) − 2 (u , v − u ) + (u , v − u ) = 0 .
∂u 2 ∂x 2 ∂x ∂y ∂y 2
Par suite, il existe deux fonctions C , D : ℝ → ℝ de classe C 2 telles que g (u , v ) = uC (v ) + D (v ) puis
f (x , y ) = xC (x + y ) + D (x + y ) .
Inversement de telles fonctions sont bien solutions.
∂2 f ∂2 f
classe C 2 solution de l’équation aux dérivées partielles : x 2 −y 2 2 = 0 .
∂x 2
∂y
∂2 f 2 ∂ f
2
Soit f : ℝ +∗ × ℝ +∗ → ℝ une fonction de classe C 2 solution de x 2 − y =0.
∂x 2 ∂y 2
Soit g : ℝ +∗ ×ℝ +∗ → ℝ l’application définie par g (u , v ) = f ( uv , u v ) .
Par composition g est C 2 sur ℝ +∗ × ℝ +∗ et
∂g v ∂f u ∂f ∂ 2g 1 ∂2 f 1 ∂2 f 1 ∂f 1 ∂f 1 ∂g
= − , = − + − = .
∂v 2 u ∂x 2v v ∂y ∂u∂v 4 ∂x 2
4v ∂y
2 2
4 uv ∂x 4v uv ∂y 2u ∂v
∂g
Pour v ∈ ℝ +∗ fixé, u ֏ (u , v ) est solution de l’équation différentielle 2u.y ′(u ) = y (u ) .
∂v
∂g
Par suite ∃C (v ) ∈ ℝ telle que (u , v ) = C (v ) u .
∂v
De plus la fonction v ֏ C (v ) est de classe C 1 et si G désigne une primitive de celle-ci :
g (u , v ) = G (v ) u + H (u ) où H est une fonction dont le caractère C 2 n’échappe à personne.
Finalement f (x , y ) = G (x y ) xy + H (xy ) où G et H sont des fonctions de classe C 2 .
Inversement de telles fonctions sont bien solutions.
Problème de primitivation
1
a) f (x , y ) = x 2y 2 +C te sur ℝ 2 .
2
b) f (x , y ) = x 2 + y 2 +C te sur ℝ 2 \ {(0, 0)} .
∂f x 1
(x , y ) = 2
c) Il n’y a pas de solution car donne f (x , y ) = ln(x 2 + y 2 ) +C (y ) qui injectée dans la
∂x x +y 2
2
y −y
deuxième équation donne : 2 +C ′(y ) = 2 qui est incompatible avec C fonction de la seule
x +y2 x +y2
variable y .
Analyse vectorielle
Exercice 42 On appelle laplacien d’un champ scalaire F de classe C 2 le champ scalaire défini par
∆F = div grad F .
∂ 2F ∂ 2F
a) Montrer que ∆F = + .
∂x 2 ∂y 2
∂F ∂F ∂F ∂F
b) Exprimer (M ) et (M ) en fonction de (M ) et (M )
∂ρ ∂θ ∂x ∂y
∂ 2 F ∂F ∂ 2F
c) Exprimer ∆F en fonction de , et .
∂ρ 2 ∂ρ ∂θ 2
∂F ∂F ∂ 2F ∂ 2F
a) grad F = i+ j donc ∆F = div grad F = + .
∂x ∂y ∂x 2 ∂y 2
b) Introduisons f et fɶ les représentations cartésiennes et polaires de F . F (M ) = fɶ(ρ, θ ) = f (ρ cos θ, ρ sin θ )
donne :
∂fɶ ∂f ∂f
(ρ, θ ) = cos θ (ρ cos θ, ρ sin θ ) + sin θ (ρ cos θ, ρ sin θ )
∂ρ ∂x ∂y
∂F ∂F ∂F
ce qu’on réécrit : (M ) = cos θ (M ) + sin θ (M ) .
∂ρ ∂x ∂y
∂F ∂F ∂F
De même : (M ) = −ρ sin θ (M ) + ρ cos θ (M )
∂θ ∂x ∂y
∂ 2F ∂ 2F ∂ 2F
c) Aussi (M ) = cos 2 θ 2 (M ) + sin 2 θ 2 (M )
∂ρ 2
∂x ∂y
∂ 2F ∂ 2F ∂ 2F ∂F ∂F
et (M ) = ρ 2
sin 2
θ (M ) + ρ 2
cos 2
θ (M ) − ρ cos θ (M ) − ρ sin θ (M ) .
∂θ 2 ∂x 2 ∂y 2 ∂x ∂y
∂ 2F ∂F ∂ 2F 2
2 ∂ F ∂ 2F
On observe alors ρ 2 (M ) + ρ (M ) + (M ) = ρ
(M ) + (M )
∂ρ 2
∂ρ ∂θ ∂x
2
∂y 2
∂ 2 F 1 ∂F 1 ∂ 2F
et donc ∆F = + + .
∂ρ 2 ρ ∂ρ ρ 2 ∂θ 2
∂F
Exercice 43 Soit F un champ scalaire de classe C 1 de l’espace. Exprimer grad F (M ) en fonction (M ) ,
∂ρ
∂F ∂F
(M ) , (M ) et des vecteurs du repère cylindrique associé au point M .
∂ϕ ∂z
x2 y2
a) div F (M ) =
1 1
− 3
+
2 − 3
=0.
x 2 + y 2 2
x + y x + y x + y
2 2 2 2
b) F dérive du potentiel V (M ) = x 2 + y 2 = OM .
OM
Exercice 45 Soit F le champ de vecteurs de l’espace défini par F (M ) = .
OM 3
a) Ce champ de vecteur dérive-t-il d’un potentiel ?
b) Calculer div F (M ) et Rot F (M ) .
x y z
F (M ) = 3
i+ 3
j+ 3
k
x 2 +y2 +z 2 x 2 +y2 +z 2 x 2 +y2 +z 2
1 1
a) F dérive du potentiel V (M ) = − =− .
x +y +z
2 2 2 OM
1 x 1 2
y 2 1 z 2 2
b) div F (M ) = − 3
5
+
− 3
5
+
− 3 = −
.
OM
3
OM OM 3
OM OM 3 5
OM OM 3
Rot F = o car F dérive d’un potentiel.
Exercice 46 Soit ω un vecteur de l’espace et F le champ de vecteurs de l’espace défini par F (M ) = ω ∧OM .
a) Calculer div F (M ) et Rot F (M ) .
b) Le champ de vecteur F dérive-t-il d’un potentiel ?
ω = ωx i + ωy j + ωz k . F (M ) = (ωy z − ωz y )i + (ωz x − ωx z ) j + (ωx y − ωy x )k .
a) div F (M ) = 0 . Rot F (M ) = 2ωx i + 2ωy j + 2ωz k = 2ω .
b) Lorsque ω ≠ o , le champ F ne dérive pas d’un potentiel.
Lorsque ω = o , le champ F est nul est donc d’un dérive de n’importe quel potentiel constant.