Dérivations partielles - Exercice 1

On a la dérivée partielle, par rapport à la variable $$x$$, suivante :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( x\ln(1+y^2) + e^{xy} + x\cos(xy) + \dfrac{y}{\cosh(x)} \right)$$
Soit :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \ln(1+y^2)\dfrac{\partial }{\partial x}(x) + \dfrac{\partial }{\partial x}(xy)e^{xy} + \dfrac{\partial }{\partial x}\left(x\cos(xy) \right) + y\dfrac{\partial }{\partial x}\left(\dfrac{1}{\cosh(x)}\right)$$
Soit encore :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \ln(1+y^2)\dfrac{\partial }{\partial x}(x) + ye^{xy}\dfrac{\partial }{\partial x}(x) + \left(\dfrac{\partial }{\partial x}(x)\cos(xy) + x \dfrac{\partial }{\partial x} \left( \cos(xy) \right) \right) + y\left(\dfrac{-\cosh'(x)}{\cosh^2(x)}\right)$$
Comme $$\dfrac{\partial }{\partial x}(x) = 1$$ et que $$\dfrac{\partial }{\partial x} \left( \cos(xy) \right) = -y\sin(xy)$$, on en déduit que :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \ln(1+y^2) + ye^{xy} + \cos(xy) - xy\sin(xy) - y\dfrac{\sinh(x)}{\cosh^2(x)}$$
Soit encore :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \ln(1+y^2) + ye^{xy} + \cos(xy) - xy\sin(xy) - y\dfrac{1}{\cosh(x)}\dfrac{\sinh(x)}{\cosh(x)}$$
D'où :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \ln(1+y^2) + ye^{xy} + \cos(xy) - xy\sin(xy) - y\dfrac{1}{\cosh(x)} \tanh(x)$$
Finalement, on obtient :
$${\color{red}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y) = \ln(1+y^2) + ye^{xy} + \cos(xy) - xy\sin(xy) - y\dfrac{\tanh(x)}{\cosh(x)} }}}$$
Puis, on a la dérivée partielle, par rapport à la variable $$y$$, suivante :
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left( x\ln(1+y^2) + e^{xy} + x\cos(xy) + \dfrac{y}{\cosh(x)} \right)$$
Soit :
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = x\dfrac{\partial }{\partial y} \left(\ln(1+y^2) \right) + \dfrac{\partial }{\partial y} \left(e^{xy}\right) + x \dfrac{\partial }{\partial y} \left(\cos(xy) \right) + \dfrac{1}{\cosh(x)} \dfrac{\partial }{\partial y} (y)$$
Avec $$\dfrac{\partial }{\partial y} (y) = 1$$, on obtient :
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = x\dfrac{(1+y^2)'}{1+y^2} + xe^{xy}\dfrac{\partial }{\partial y}(y) - x^2\sin(xy) + \dfrac{1}{\cosh(x)}$$
D'où :
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = x\dfrac{2y}{1+y^2} + xe^{xy} - x^2\sin(xy) + \dfrac{1}{\cosh(x)}$$
Finalement, on obtient :
$${\color{red}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y) = \dfrac{2xy}{1+y^2} + xe^{xy} - x^2\sin(xy) + \dfrac{1}{\cosh(x)} }}}$$
La différentielle $$df$$ est donc donnée par l'expression suivante :
$${\color{red}{\boxed{ df(x\,;\,y) = \left( \ln\left(1+y^2\right) + ye^{xy} + \cos(xy) - xy\sin(xy) - y\dfrac{\tanh(x)}{\cosh(x)} \right) \, dx + \left(\dfrac{2xy}{1+y^2} + xe^{xy} - x^2\sin(xy) + \dfrac{1}{\cosh(x)} \right) \, dy }}}$$

On a la dérivée partielle, par rapport à la variable $$x$$, suivante :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( x^{yz}y^{xz}z^{xy} \right)$$
Soit :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( x^{yz}\right) y^{xz}z^{xy} + x^{yz} \dfrac{\partial }{\partial x} \left( y^{xz}\right) z^{xy} + x^{yz}y^{xz} \dfrac{\partial }{\partial x} \left( z^{xy} \right)$$
Dans l'expression $$\dfrac{\partial }{\partial x} \left( x^{yz}\right)$$ la puissance $$yz$$ est indépendante de $$x$$, donc $$\dfrac{\partial }{\partial x} \left( x^{yz}\right) = yz x^{yz-1}$$ Puis, dans les termes $$\dfrac{\partial }{\partial x} \left( y^{xz}\right)$$ et $$\dfrac{\partial }{\partial x} \left( z^{xy} \right)$$ les puissances dépendes de $$x$$, c'est pourquoi :
$$\dfrac{\partial }{\partial x} \left( y^{xz}\right) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( e^{\ln\left(y^{xz}\right)}\right) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( e^{xz\ln\left(y\right)}\right) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( xz\ln\left(y\right)\right) e^{xz\ln\left(y\right)} = z\ln\left(y\right)e^{xz\ln\left(y\right)} = z\ln\left(y\right)y^{xz}$$
De même :
$$\dfrac{\partial }{\partial x} \left( z^{xy} \right) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( e^{\ln\left(z^{xy}\right)}\right) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( e^{xy\ln\left(z\right)}\right) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( xy\ln\left(z\right)\right) e^{xy\ln\left(z\right)} = y\ln\left(z\right)e^{xy\ln\left(z\right)} = y\ln\left(z\right)z^{xy}$$
On obtient alors :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z) = yz x^{yz-1}y^{xz}z^{xy} + x^{yz} z\ln\left(y\right)y^{xz} z^{xy} + x^{yz}y^{xz} y\ln\left(z\right)z^{xy}$$
Soit encore :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z) = \left( \dfrac{yz}{x} + z\ln\left(y\right) + y\ln\left(z\right)\right) x^{yz}y^{xz}z^{xy}$$
On a encore :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z) = \left( \dfrac{yz}{x} + \ln\left(y^z\right) + \ln\left(z^y\right)\right) x^{yz}y^{xz}z^{xy}$$
En utilisant des propriétés de la fonction logarithme naturel, on obtient finalement :
$${\color{red}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z) = \left( \dfrac{yz}{x} + \ln\left(y^zz^y\right)\right) x^{yz}y^{xz}z^{xy} }}}$$
On a la dérivée partielle, par rapport à la variable $$y$$, suivante :
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y\,;\,z) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left( x^{yz}y^{xz}z^{xy} \right) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left( x^{yz} \right) y^{xz}z^{xy} + x^{yz} \dfrac{\partial }{\partial y} \left(y^{xz} \right) z^{xy} + x^{yz}y^{xz} \dfrac{\partial }{\partial y} \left( z^{xy} \right)$$
On a donc :
$$\dfrac{\partial }{\partial y} \left(y^{xz} \right) = xz \, y^{xz-1}$$
Puis :
$$\dfrac{\partial }{\partial y} \left( x^{yz} \right) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left( e^{\ln\left(x^{yz}\right)} \right) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left( e^{yz\ln\left(x\right)} \right) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left( yz\ln\left(x\right) \right)e^{yz\ln\left(x\right)} = z\ln\left(x\right) e^{yz\ln\left(x\right)} = \ln\left(x^z\right) x^{yz}$$
De même :
$$\dfrac{\partial }{\partial y} \left( z^{xy} \right) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left( e^{\ln\left(z^{xy}\right)} \right) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left( e^{xy\ln\left(z\right)} \right) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left( xy\ln\left(z\right) \right)e^{xy\ln\left(z\right)} = x\ln\left(z\right) e^{xy\ln\left(z\right)} = \ln\left(z^x\right) z^{xy}$$
Ce qui nous donne :
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y\,;\,z) = \ln\left(x^z\right) x^{yz} y^{xz}z^{xy} + x^{yz} xz \, y^{xz-1} z^{xy} + x^{yz}y^{xz} \ln\left(z^x\right) z^{xy}$$
Soit encore :
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y\,;\,z) = \ln\left(x^z\right) x^{yz} y^{xz}z^{xy} + x^{yz} \dfrac{xz}{y} y^{xz} z^{xy} + x^{yz}y^{xz} \ln\left(z^x\right) z^{xy}$$
En factorisant par $$x^{yz} y^{xz}z^{xy}$$, on obtient :
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y\,;\,z) = \left(\ln\left(x^z\right) + \dfrac{xz}{y} + \ln\left(z^x\right) \right) x^{yz} y^{xz}z^{xy}$$
En faisant usages des propriétés du logarithme, on obtient finalement :
$${\color{red}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y\,;\,z) = \left(\ln\left(x^zz^x\right) + \dfrac{xz}{y} \right) x^{yz} y^{xz}z^{xy} }}}$$
On a la dérivée partielle, par rapport à la variable $$z$$, suivante :
$$\dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z) = \dfrac{\partial }{\partial z} \left( x^{yz}y^{xz}z^{xy} \right) = \dfrac{\partial }{\partial z} \left( x^{yz} \right) y^{xz}z^{xy} + x^{yz} \dfrac{\partial }{\partial z} \left(y^{xz} \right) z^{xy} + x^{yz}y^{xz} \dfrac{\partial }{\partial z} \left( z^{xy} \right)$$
On a donc :
$$\dfrac{\partial }{\partial z} \left(z^{xy} \right) = xy \, z^{xy-1}$$
Puis :
$$\dfrac{\partial }{\partial z} \left( x^{yz} \right) = \dfrac{\partial }{\partial z} \left( e^{\ln\left(x^{yz}\right)} \right) = \dfrac{\partial }{\partial z} \left( e^{yz\ln\left(x\right)} \right) = \dfrac{\partial }{\partial z} \left( yz\ln\left(x\right) \right)e^{yz\ln\left(x\right)} = y\ln\left(x\right) e^{yz\ln\left(x\right)} = \ln\left(x^y\right) x^{yz}$$
De même :
$$\dfrac{\partial }{\partial z} \left( y^{xz} \right) = \dfrac{\partial }{\partial z} \left( e^{\ln\left(y^{xz}\right)} \right) = \dfrac{\partial }{\partial z} \left( e^{xz\ln\left(y\right)} \right) = \dfrac{\partial }{\partial z} \left( xz\ln\left(y\right) \right)e^{xz\ln\left(y\right)} = x\ln\left(y\right) e^{xz\ln\left(y\right)} = \ln\left(y^x\right) y^{xz}$$
Ce qui nous donne :
$$\dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z) = \ln\left(x^y\right) x^{yz} y^{xz}z^{xy} + x^{yz} \ln\left(y^x\right) y^{xz} z^{xy} + x^{yz}y^{xz} xy \, z^{xy-1}$$
Soit encore :
$$\dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z) = \ln\left(x^y\right) x^{yz} y^{xz}z^{xy} + \ln\left(y^x\right) x^{yz} y^{xz} z^{xy} + \dfrac{xy}{z} \, x^{yz} y^{xz} z^{xy}$$
En factorisant par $$x^{yz} y^{xz}z^{xy}$$, on obtient :
$$\dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z) = \left( \ln\left(x^y\right) + \ln\left(y^x\right) + \dfrac{xy}{z} \right) x^{yz} y^{xz} z^{xy}$$
En faisant usages des propriétés du logarithme, on obtient finalement :
$${\color{red}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z) = \left(\ln\left(x^yy^x\right) + \dfrac{xy}{z} \right) x^{yz} y^{xz}z^{xy} }}}$$
Ainsi, la différentielle $$df$$ prend l'expression suivante :
$$df(x\,;\,y\,;\,z) = \left( \dfrac{yz}{x} + \ln\left(y^zz^y\right)\right) x^{yz}y^{xz}z^{xy} \, dx + \left(\ln\left(x^zz^x\right) + \dfrac{xz}{y} \right) x^{yz} y^{xz}z^{xy} \, dy + \left(\ln\left(x^yy^x\right) + \dfrac{xy}{z} \right) x^{yz} y^{xz}z^{xy} \, dz$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{ df(x\,;\,y\,;\,z) = \left( \left( \dfrac{yz}{x} + \ln\left(y^zz^y\right)\right) \, dx + \left(\ln\left(x^zz^x\right) + \dfrac{xz}{y} \right) \, dy + \left(\ln\left(x^yy^x\right) + \dfrac{xy}{z} \right) \, dz \right) x^{yz} y^{xz}z^{xy} }}}$$

On a la dérivée partielle de $$f$$, par rapport à la variable $$x$$, suivante :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x} (x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left(x^x y^y z^z t^t \right) = y^y z^z t^t \dfrac{\partial }{\partial x} \left(x^x\right) = y^y z^z t^t \dfrac{\partial }{\partial x} \left(e^{\ln\left(x^x\right)}\right) = y^y z^z t^t \dfrac{\partial }{\partial x} \left(e^{x\ln\left(x\right)}\right)$$
Soit :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x} (x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = y^y z^z t^t \dfrac{\partial }{\partial x} \left(x\ln\left(x\right)\right) e^{x\ln\left(x\right)} = y^y z^z t^t \left(x'\ln(x) + x \left( \ln(x)\right)'\right) x^x$$
Donc :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x} (x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \left(1 \times \ln(x) + x \times\dfrac{1}{x}\right) x^x y^y z^z t^t$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{\dfrac{\partial f}{\partial x} (x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \left(\ln(x) + 1\right) x^x y^y z^z t^t }}}$$
Les rôles parfaitement symétriques des quatre variables $$x$$, $$y$$, $$z$$ et $$t$$, nous permettent d'écrire que :
$${\color{red}{\boxed{\left\lbrace \begin{array}{rcl} \dfrac{\partial f}{\partial x} (x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) & = & \left(\ln(x) + 1\right) x^x y^y z^z t^t \\ & & \\ \dfrac{\partial f}{\partial y} (x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) & = & \left(\ln(y) + 1\right) x^x y^y z^z t^t \\ & & \\ \dfrac{\partial f}{\partial z} (x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) & = & \left(\ln(z) + 1\right) x^x y^y z^z t^t \\ & & \\ \dfrac{\partial f}{\partial t} (x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) & = & \left(\ln(t) + 1\right) x^x y^y z^z t^t \\ & & \\ \end{array}\right. }}}$$
Donc, la différentielle $$df$$ prend la forme suivante :
$$d(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \left(\ln(x) + 1\right) x^x y^y z^z t^t \, dx + \left(\ln(y) + 1\right) x^x y^y z^z t^t \, dy + \left(\ln(z) + 1\right) x^x y^y z^z t^t \, dz + \left(\ln(t) + 1\right) x^x y^y z^z t^t \, dt$$
En factorisant par $$x^x y^y z^z t^t$$, on obtient :
$${\color{red}{\boxed{ d(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \left(\left(\ln(x) + 1\right) \, dx + \left(\ln(y) + 1\right) \, dy + \left(\ln(z) + 1\right) \, dz + \left(\ln(t) + 1\right) \, dt \right) x^x y^y z^z t^t }}}$$

La dérivée partielle de $$f$$ par rapport à $$x$$ est donnée par :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left(\cos\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + z^{\cos(z)} + y\ln\left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right) \right)$$
Soit :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left(\cos\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) \right) + 0 + \dfrac{\partial }{\partial x} \left(y\ln\left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right) \right)$$
Soit encore :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = -\dfrac{\partial }{\partial x} \left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right)+ 0 + y\dfrac{\dfrac{\partial }{\partial x} \left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right)}{1 + t\sinh^2\left(x^2\right)}$$
Ce qui nous donne :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = - \left(6x + y \dfrac{\partial }{\partial x} \left(\cosh(xyz+t) \right)\right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right)+ 0 + y\dfrac{t\dfrac{\partial }{\partial x} \left(\sinh^2\left(x^2\right)\right)}{1 + t\sinh^2\left(x^2\right)}$$
Avec :
$$\dfrac{\partial }{\partial x} \left(\sinh^2\left(x^2\right)\right) = 2 \sinh\left(x^2\right)\dfrac{\partial }{\partial x} \left(\sinh\left(x^2\right)\right) = 2 \sinh\left(x^2\right)\dfrac{\partial }{\partial x} \left(x^2\right) \cosh\left(x^2\right) = 4x \sinh\left(x^2\right) \cosh\left(x^2\right)$$
Ce qui nous donne donc :
$$\dfrac{\partial }{\partial x} \left(\sinh^2\left(x^2\right)\right) = 2x\sinh\left(2x^2\right)$$
Puis :
$$\dfrac{\partial }{\partial x} \left(\cosh(xyz+t) \right) = \dfrac{\partial }{\partial x} \left(xyz+t \right) \sinh(xyz+t) = yz \sinh(xyz+t)$$
On en déduit alors que :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = - \left(6x + y yz \sinh(xyz+t)\right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + y\dfrac{t2x\sinh\left(2x^2\right)}{1 + t\sinh^2\left(x^2\right)}$$
Ainsi, on obtient :
$$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = - \left(6x + y^2z \sinh(xyz+t)\right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + \dfrac{2xyt\sinh\left(2x^2\right)}{1 + t\sinh^2\left(x^2\right)}$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{\dfrac{\partial f}{\partial x}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \dfrac{2xyt\sinh\left(2x^2\right)}{1 + t\sinh^2\left(x^2\right)} - \left(6x + y^2z \sinh(xyz+t)\right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) }}}$$
La dérivée partielle de $$f$$ par rapport à $$y$$ est donnée par :
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left(\cos\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + z^{\cos(z)} + y\ln\left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right) \right)$$
Soit :
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left(\cos\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) \right) + 0 + \dfrac{\partial }{\partial y} \left(y\ln\left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right) \right)$$
Soit encore :
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = -\dfrac{\partial }{\partial y} \left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right)\sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + 0 + \ln\left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right)\dfrac{\partial }{\partial y} \left(y \right)$$
Avec :
$$\dfrac{\partial }{\partial y} \left(y \right) = 1$$
Puis :
$$\dfrac{\partial }{\partial y} \left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left(y\cosh(xyz+t) \right) = \dfrac{\partial }{\partial y} \left(y\right) \times \cosh(xyz+t) + y \dfrac{\partial }{\partial y} \left(\cosh(xyz+t) \right)$$
Soit :
$$\dfrac{\partial }{\partial y} \left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) = 1 \times\cosh(xyz+t) + y \dfrac{\partial }{\partial y} \left(xyz+t \right)\sinh(xyz+t)$$
Soit encore :
$$\dfrac{\partial }{\partial y} \left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) = \cosh(xyz+t) + y xz\sinh(xyz+t)$$
On obtient alors :
$$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = -\left(\cosh(xyz+t) + xyz \sinh(xyz+t) \right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + \ln\left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right)$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial y}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \ln\left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right) - \left(\cosh(xyz+t) + xyz \sinh(xyz+t) \right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right)}}}$$
La dérivée partielle de $$f$$ par rapport à $$z$$ est donnée par :
$$\dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \dfrac{\partial }{\partial z} \left(\cos\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + z^{\cos(z)} + y\ln\left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right) \right)$$
Soit :
$$\dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \dfrac{\partial }{\partial z} \left(\cos\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) \right) + \dfrac{\partial }{\partial z} \left( z^{\cos(z)}\right) + 0$$
Soit encore :
$$\dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = - \dfrac{\partial }{\partial z} \left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + \dfrac{\partial }{\partial z} \left( e^{\ln\left(z^{\cos(z)}\right)}\right)$$
Qui s'écrit encore comme :
$$\dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = - y\dfrac{\partial }{\partial z} \left(\cosh(xyz+t) \right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + \dfrac{\partial }{\partial z} \left( e^{\cos(z)\ln\left(z\right)}\right)$$
Où encore :
$$\dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = - y\dfrac{\partial }{\partial z} \left(xyz+t \right) \sinh(xyz+t)\sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + \dfrac{\partial }{\partial z} \left( \cos(z)\ln\left(z\right)\right) e^{\cos(z)\ln\left(z\right)}$$
Ce qui nous donne :
$$\dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = - yxy \sinh(xyz+t)\sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + \dfrac{\partial }{\partial z} \left( \cos(z)\ln\left(z\right)\right) z^{\cos(z)}$$
Avec :
$$\dfrac{\partial }{\partial z} \left( \cos(z)\ln\left(z\right)\right) = -\sin(z)\ln\left(z\right) + \cos(z)\dfrac{1}{z} = \dfrac{\cos(z)}{z} - \sin(z)\ln(z)$$
Dès lors, l'expression de la dérivée partielle de $$f$$, par rapport à $$z$$, devient :
$$\dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = - xy^2 \sinh(xyz+t)\sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + \left( \dfrac{\cos(z)}{z} - \sin(z)\ln(z)\right) z^{\cos(z)}$$
De même :
$$\dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = - xy^2 \sinh(xyz+t)\sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + \left( \dfrac{\cos(z)- z\sin(z)\ln(z)}{z} \right) z^{\cos(z)}$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial z}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \left( \cos(z)- z\sin(z)\ln(z) \right) z^{\cos(z)-1} - xy^2 \sinh(xyz+t)\sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) }}}$$
La dérivée partielle de $$f$$ par rapport à $$t$$ est donnée par :
$$\dfrac{\partial f}{\partial t}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \dfrac{\partial }{\partial t} \left(\cos\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + z^{\cos(z)} + y\ln\left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right) \right)$$
Soit :
$$\dfrac{\partial f}{\partial t}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = \dfrac{\partial }{\partial t} \left(\cos\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) \right) + 0 + \dfrac{\partial }{\partial t} \left(y\ln\left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right) \right)$$
Soit encore :
$$\dfrac{\partial f}{\partial t}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = -\dfrac{\partial }{\partial t} \left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + y\dfrac{\partial }{\partial t} \left(\ln\left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right) \right)$$
De même :
$$\dfrac{\partial f}{\partial t}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = -y \dfrac{\partial }{\partial t} \left(\cosh(xyz+t) \right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + y\dfrac{\dfrac{\partial }{\partial t} \left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right) \right)}{1 + t\sinh^2\left(x^2\right)}$$
Ou encore :
$$\dfrac{\partial f}{\partial t}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = -y \dfrac{\partial }{\partial t} \left(xyz+t \right) \sinh(xyz+t) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + y\dfrac{\sinh^2\left(x^2\right)}{1 + t\sinh^2\left(x^2\right)}$$
On obtient alors :
$$\dfrac{\partial f}{\partial t}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = -y \dfrac{\partial }{\partial t} \left(t\right) \sinh(xyz+t) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + \dfrac{y\sinh^2\left(x^2\right)}{1 + t\sinh^2\left(x^2\right)}$$
Comme $$\dfrac{\partial }{\partial t} \left(t\right) = 1$$ :
$$\dfrac{\partial f}{\partial t}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = - y \sinh(xyz+t) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) + \dfrac{y\sinh^2\left(x^2\right)}{1 + t\sinh^2\left(x^2\right)}$$
Finalement, en factorisant par $$y$$, on trouve que :
$${\color{red}{\boxed{ \dfrac{\partial f}{\partial t}(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) = y \left( \dfrac{\sinh^2\left(x^2\right)}{1 + t\sinh^2\left(x^2\right)} - \sinh(xyz+t) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right)\right) }}}$$
La différentielle $$df$$ prend donc la forme suivante :
$${\color{red}{\boxed{\begin{array}{rcl} df(x\,;\,y\,;\,z\,;\,t) & = & \left( \dfrac{2xyt\sinh\left(2x^2\right)}{1 + t\sinh^2\left(x^2\right)} - \left(6x + y^2z \sinh(xyz+t)\right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) \right) \, dx \\ & & \\ & + & \left( \ln\left( 1 + t\sinh^2\left(x^2\right)\right) - \left(\cosh(xyz+t) + xyz \sinh(xyz+t) \right) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) \right) \, dy \\ & & \\ & + & \left(\left( \cos(z)- z\sin(z)\ln(z) \right) z^{\cos(z)-1} - xy^2 \sinh(xyz+t)\sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right) \right) \, dz \\ & & \\ & + & y \left( \dfrac{\sinh^2\left(x^2\right)}{1 + t\sinh^2\left(x^2\right)} - \sinh(xyz+t) \sin\left(3x^2+y\cosh(xyz+t) \right)\right) \, dt \\ \end{array} }}}$$