Calcul I MTH1101 • Polytechnique Montréal • La dérivation en chaîne

La dérivation en chaîne : exercices corrigés de MTH1101 (Polytechnique)

Voici une série d'exercices corrigés sur la dérivation en chaîne pour les fonctions de plusieurs variables, le chapitre du cours MTH1101 (Calcul I) de Polytechnique Montréal qui suit le plan tangent et la différentielle et précède le gradient. Elle correspond à la section 4.3 de Stewart, Calcul à plusieurs variables, et elle sert ensuite partout : au gradient, en dérivation implicite, et chaque fois qu'une grandeur dépend d'une autre par des intermédiaires.

Le fil de la série tient en une règle : compter les chemins de l'arbre. La dérivée de la variable finale par rapport à une variable de départ est la SOMME, sur tous les chemins qui les relient, des produits des dérivées lues le long du chemin. Chaque dérivée partielle de $f$ reste une fonction des variables intermédiaires : elle s'évalue au point IMAGE, pas au point de départ, et elle se dérive encore par la chaîne quand on passe aux dérivées secondes.

Les pièges nommés dans les corrigés : un chemin oublié (une variable intermédiaire traitée comme une constante), $f_x$ lue au point $(s,t)$ au lieu du point $(x,y)$ , le signe moins de $-\frac{F_x}{F_y}$ , la condition $F_y\neq 0$ passée sous silence, $f_x$ dérivée comme un nombre, le facteur $\frac{1}{r^{2}}$ des polaires, et une dérivée nulle prise pour un point critique. Tout se fait sans calculatrice, comme au contrôle périodique 2 et à l'examen final, où le seul document permis est votre aide-mémoire d'une feuille recto verso : des réponses exactes et des questions qui demandent plus de réflexion que de calcul.

Série autocorrigée Tape tes réponses et vérifie-les question par question : la page te dit juste ou faux avant d'ouvrir la correction. Avec un compte, chaque bonne réponse du premier coup rapporte des points, et tes réponses justes restent remplies quand tu reviens.

Ce chapitre fait partie de Calcul I MTH1101, Polytechnique Montréal : exercices corrigés et fiches, chapitre par chapitre

Avant de commencer Fiche de révision : les pièges et la méthode de ce chapitre

Avant ce chapitre

Ces notions sont supposées acquises ici. Si le premier exercice résiste, le blocage vient presque toujours de l'une d'elles, pas du chapitre lui-même.

Plan tangent et différentielle Fiche

Remonter plus loin : la chaîne complète (4 chapitres) ↓

Le chemin de remédiation, du plus ancien au plus proche. Un élève qui reprend ce chapitre de zéro le reprend dans cet ordre.

Rappel de cours

• CAS 1 : si $z=f(x,y)$ avec $x=x(t)$ et $y=y(t)$ , alors $\frac{dz}{dt}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{dx}{dt}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{dy}{dt}=f_x\,x'(t)+f_y\,y'(t)$ .
• CAS 2 : si $x=x(s,t)$ et $y=y(s,t)$ , alors $\frac{\partial z}{\partial s}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial s}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial s}$ , et de même pour $t$ .
• FORME GÉNÉRALE : un terme par CHEMIN de l'arbre de dépendance ; les dérivées de $f$ s'évaluent au point image $(x,y)$ , celles de la substitution au point de départ. Hypothèse : $f$ différentiable.
• IMPLICITE : si $F(x,y)=0$ et $F_y\neq 0$ , $\frac{dy}{dx}=-\frac{F_x}{F_y}$ ; si $F(x,y,z)=0$ et $F_z\neq 0$ , $\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}$ et $\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}$ .
• POLAIRES : $f_r=\cos\theta\,f_x+\sin\theta\,f_y$ , $f_\theta=-r\sin\theta\,f_x+r\cos\theta\,f_y$ , et $f_r^{2}+\frac{1}{r^{2}}f_\theta^{2}=f_x^{2}+f_y^{2}$ .
• DÉRIVÉES SECONDES : $f_x$ dépend encore de $x$ et de $y$ , donc $\frac{\partial}{\partial s}(f_x)=f_{xx}\frac{\partial x}{\partial s}+f_{xy}\frac{\partial y}{\partial s}$ ; Clairaut ( $f$ de classe $C^{2}$ ) regroupe $f_{xy}$ et $f_{yx}$ .

Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : Une fonction de deux variables le long d'une courbe : deux chemins, deux termes

On considère $z=f(x,y)=x^{2}y-3xy$ , et un point mobile dont la position au temps $t$ est $x=t^{2}+1$ , $y=3-t$ . La quantité $z$ devient donc une fonction du seul temps $t$ , mais elle dépend de $t$ par DEUX intermédiaires, $x$ et $y$ .

a) Dessinez l'arbre de dépendance de $z$ , écrivez la formule de $\frac{dz}{dt}$ par la règle de dérivation en chaîne, et dites combien de termes elle compte.
b) Calculez $\frac{dz}{dt}$ en $t=1$ par cette formule.
c) Calculez $\frac{dz}{dt}$ en $t=0$ de la même façon, puis vérifiez vos deux résultats en exprimant d'abord $z$ en fonction de $t$ .
d) Un élève écrit $\frac{dz}{dt}=\frac{\partial z}{\partial x}\,\frac{dx}{dt}$ et trouve $4$ en $t=1$ . Quel chemin de l'arbre a-t-il oublié, et que vaut le terme manquant ?
e) En $t=1$ , $z$ croît-il ou décroît-il ? Le point parcourt maintenant la MÊME courbe en sens inverse, de sorte qu'en passant par $(2,2)$ ses dérivées valent $x'=-2$ et $y'=1$ : que vaut alors $\frac{dz}{dt}$ en ce point ?

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Réponses

a) Arbre $z\to x\to t$ et $z\to y\to t$ ; $\frac{dz}{dt}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{dx}{dt}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{dy}{dt}$ , deux termes
b) En $t=1$ : $(x,y)=(2,2)$ , $f_x=2$ , $f_y=-2$ , $x'=2$ , $y'=-1$ , donc $\frac{dz}{dt}=4+2=6$
c) En $t=0$ : $\frac{dz}{dt}=(-3)(0)+(-2)(-1)=2$ ; $z(t)=(t^{2}+1)(3-t)(t^{2}-2)$ redonne $6$ et $2$
d) Le chemin $z\to y\to t$ est oublié ; terme manquant $\frac{\partial z}{\partial y}\frac{dy}{dt}=(-2)(-1)=2$
e) $\frac{dz}{dt}=6>0$ : $z$ croît ; en sens inverse, $\frac{dz}{dt}=2(-2)+(-2)(1)=-6$

a) La variable finale $z$ dépend de $x$ et de $y$ , qui dépendent chacune de $t$ . L'arbre a donc DEUX chemins de $z$ jusqu'à $t$ : $z\to x\to t$ et $z\to y\to t$ . La règle de dérivation en chaîne dit que la dérivée est la somme, sur tous les chemins, des produits des dérivées lues le long du chemin : $\frac{dz}{dt}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{dx}{dt}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{dy}{dt}$ . Deux chemins, deux termes. Les notations disent qui dépend de quoi : $\frac{\partial z}{\partial x}$ est une dérivée PARTIELLE, parce que $z$ dépend de deux variables, alors que $\frac{dx}{dt}$ et $\frac{dz}{dt}$ sont des dérivées ORDINAIRES, parce que $x$ et, en fin de compte, $z$ ne dépendent que de $t$ . La formule suppose $f$ différentiable, ce qui est le cas d'un polynôme, et $x$ , $y$ dérivables, ce qui est le cas ici.

b) On calcule d'abord le point : en $t=1$ , $x=2$ et $y=2$ . Puis les dérivées partielles en CE point : $f_x=2xy-3y$ donne $f_x(2,2)=8-6=2$ , et $f_y=x^{2}-3x$ donne $f_y(2,2)=4-6=-2$ . Enfin les dérivées de la trajectoire : $x'(t)=2t$ vaut $2$ et $y'(t)=-1$ . Donc $\frac{dz}{dt}=2\times 2+(-2)\times(-1)=4+2=6$ . L'ordre des gestes compte : le point d'abord, les dérivées partielles évaluées en ce point ensuite, le produit à la fin.

c) En $t=0$ , le point est $(1,3)$ : $f_x(1,3)=6-9=-3$ , $f_y(1,3)=1-3=-2$ , $x'(0)=0$ , $y'(0)=-1$ , donc $\frac{dz}{dt}=(-3)(0)+(-2)(-1)=2$ . Le premier terme est nul parce que le point se déplace verticalement à cet instant, pas parce que $f_x$ est nulle. Vérification par substitution : $z(t)=(t^{2}+1)^{2}(3-t)-3(t^{2}+1)(3-t)=(t^{2}+1)(3-t)(t^{2}-2)$ , soit $z(t)=-t^{5}+3t^{4}+t^{3}-3t^{2}+2t-6$ , et $z'(t)=-5t^{4}+12t^{3}+3t^{2}-6t+2$ . Alors $z'(1)=-5+12+3-6+2=6$ et $z'(0)=2$ : les deux méthodes concordent. La substitution marche ici parce que tout est explicite ; la règle de chaîne, elle, marche aussi quand $f$ n'est connue que par ses dérivées partielles en un point, ce qui est le cas de la plupart des problèmes d'examen.

d) L'élève a suivi le chemin $z\to x\to t$ et oublié $z\to y\to t$ , comme si $y$ était une constante. Or $y=3-t$ varie : le terme manquant vaut $\frac{\partial z}{\partial y}\frac{dy}{dt}=(-2)(-1)=2$ , et $4+2=6$ . C'est l'erreur la plus coûteuse du chapitre, et l'arbre l'empêche mécaniquement : on écrit autant de termes qu'il y a de chemins, puis on vérifie qu'aucune feuille $t$ n'a été laissée sans terme.

e) En $t=1$ , $\frac{dz}{dt}=6>0$ : $z$ croît. Les deux termes, $f_x\,x'=4$ et $f_y\,y'=2$ , sont ici de même signe, mais ce n'est pas une règle : chacun mélange une dérivée de $f$ , qui ne dépend que du POINT, et une dérivée de la trajectoire, qui dépend de la FAÇON de passer par ce point. En sens inverse, au même point $(2,2)$ , $f_x=2$ et $f_y=-2$ ne changent pas, mais $x'=-2$ et $y'=1$ : $\frac{dz}{dt}=2(-2)+(-2)(1)=-6$ . Inverser la vitesse change le signe de CHAQUE terme, donc de la somme : la même valeur de $f$ monte ou descend selon le sens du parcours. Le chapitre suivant écrira cette somme comme un produit scalaire entre un vecteur qui ne dépend que de $f$ et la vitesse.

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Exercice 2 : Deux variables intermédiaires, deux variables indépendantes : évaluer au bon point

On pose $z=f(x,y)=x^{2}-3xy+y^{2}$ , avec $x=s^{2}-t^{2}$ et $y=2st$ . La variable $z$ dépend de $s$ et de $t$ , par l'intermédiaire de $x$ et de $y$ . On travaille au point $(s,t)=(2,1)$ .

a) Dessinez l'arbre de dépendance et écrivez les formules de $\frac{\partial z}{\partial s}$ et de $\frac{\partial z}{\partial t}$ .
b) Calculez $x$ et $y$ en $(s,t)=(2,1)$ , puis les valeurs de $f_x$ et de $f_y$ dont la formule a besoin.
c) Calculez $\frac{\partial z}{\partial s}$ et $\frac{\partial z}{\partial t}$ en $(s,t)=(2,1)$ .
d) Un élève évalue $f_x$ et $f_y$ au point $(2,1)$ au lieu du point de b). Quelle valeur obtient-il pour $\frac{\partial z}{\partial s}$ , et pourquoi est-ce faux ?
e) Vérifiez c) en exprimant $z$ directement en fonction de $s$ et de $t$ .

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Réponses

a) $z_s=f_x\,x_s+f_y\,y_s=2s\,f_x+2t\,f_y$ et $z_t=f_x\,x_t+f_y\,y_t=-2t\,f_x+2s\,f_y$
b) $(x,y)=(3,4)$ ; $f_x(3,4)=-6$ , $f_y(3,4)=-1$
c) $\frac{\partial z}{\partial s}=-26$ et $\frac{\partial z}{\partial t}=8$
d) Il obtient $-4$ : il a évalué $f_x$ , $f_y$ en $(x,y)=(2,1)$ , point qui n'est pas l'image de $(s,t)=(2,1)$
e) $z=s^{4}-6s^{3}t+2s^{2}t^{2}+6st^{3}+t^{4}$ redonne $-26$ et $8$

a) L'arbre part de $z$ , descend vers $x$ et $y$ , et chacune des deux branches descend vers $s$ ET vers $t$ : quatre feuilles. Pour $\frac{\partial z}{\partial s}$ , on suit les deux chemins qui finissent en $s$ : $\frac{\partial z}{\partial s}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial s}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial s}$ , et de même pour $t$ . Toutes les dérivées sont partielles cette fois, car $x$ et $y$ dépendent de deux variables. Avec $x_s=2s$ , $x_t=-2t$ , $y_s=2t$ et $y_t=2s$ : $z_s=2s\,f_x+2t\,f_y$ et $z_t=-2t\,f_x+2s\,f_y$ . Chaque formule a deux termes parce que chaque feuille $s$ (ou $t$ ) est atteinte par deux chemins.

b) $x=4-1=3$ et $y=2\times 2\times 1=4$ . Les dérivées partielles de $f$ sont des fonctions de $x$ et de $y$ , donc elles s'évaluent au point $(x,y)=(3,4)$ : $f_x=2x-3y$ vaut $6-12=-6$ , et $f_y=-3x+2y$ vaut $-9+8=-1$ . C'est la seule étape où l'on a besoin du point image, et c'est la seule où l'on se trompe de point.

c) $\frac{\partial z}{\partial s}=2(2)(-6)+2(1)(-1)=-24-2=-26$ et $\frac{\partial z}{\partial t}=-2(1)(-6)+2(2)(-1)=12-4=8$ . Les facteurs $x_s$ , $y_s$ , $x_t$ , $y_t$ s'évaluent en $(s,t)=(2,1)$ , les facteurs $f_x$ , $f_y$ en $(x,y)=(3,4)$ : deux points différents dans la même formule, chacun pour les fonctions qui lui appartiennent.

d) Avec $f_x(2,1)=4-3=1$ et $f_y(2,1)=-6+2=-4$ , l'élève écrit $2(2)(1)+2(1)(-4)=4-8=-4$ au lieu de $-26$ . L'erreur vient de ce que les lettres $s$ , $t$ et $x$ , $y$ désignent des variables différentes : $f_x$ doit être lue à l'endroit où se trouve le point $(x,y)$ quand $(s,t)=(2,1)$ , c'est-à-dire en $(3,4)$ . Le point $(2,1)$ du plan $(x,y)$ n'a aucun rapport avec la question. Le réflexe qui l'évite : calculer et ÉCRIRE le point image avant toute dérivée partielle de $f$ .

e) $x^{2}+y^{2}=(s^{2}-t^{2})^{2}+4s^{2}t^{2}=(s^{2}+t^{2})^{2}$ et $-3xy=-6st(s^{2}-t^{2})$ , donc $z=(s^{2}+t^{2})^{2}-6s^{3}t+6st^{3}$ , soit $z=s^{4}-6s^{3}t+2s^{2}t^{2}+6st^{3}+t^{4}$ . Alors $z_s=4s^{3}-18s^{2}t+4st^{2}+6t^{3}$ vaut $32-72+8+6=-26$ , et $z_t=-6s^{3}+4s^{2}t+18st^{2}+4t^{3}$ vaut $-48+16+36+4=8$ . Les deux méthodes concordent ; la substitution est faisable ici parce que $f$ est un polynôme, ce que l'énoncé d'examen ne garantit jamais.

Exercice 3 : Lire un arbre : combien de termes, et quelles valeurs d'une table

On considère $w=f(x,y,z)$ , où $f$ est différentiable et n'est connue que par une table, avec $x=s+t$ , $y=st$ et $z=t^{2}$ . La figure donne l'arbre de dépendance.

Table des dérivées partielles de $f$ en deux points : $\begin{array}{c|ccc} & f_x & f_y & f_z \\ \hline (1,2,4) & 9 & 1 & -1 \\ (3,2,4) & 5 & -2 & \frac{1}{2} \end{array}$

a) En lisant l'arbre, dites combien de termes comptent $\frac{\partial w}{\partial s}$ et $\frac{\partial w}{\partial t}$ , et écrivez les deux formules. Pourquoi $f_z$ n'apparaît-elle pas dans $\frac{\partial w}{\partial s}$ ?
b) On travaille en $(s,t)=(1,2)$ . Quelle ligne de la table faut-il utiliser ? Justifiez.
c) Calculez $\frac{\partial w}{\partial s}$ et $\frac{\partial w}{\partial t}$ en $(s,t)=(1,2)$ .
d) Quelles valeurs obtiendrait-on avec l'autre ligne de la table ?
e) À l'aide de la différentielle, estimez la variation de $w$ quand $(s,t)$ passe de $(1\,;2)$ à $(1{,}02\,;1{,}99)$ .

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Réponses

a) $w_s=f_x+t\,f_y$ (2 termes), $w_t=f_x+s\,f_y+2t\,f_z$ (3 termes) ; aucun chemin ne relie $z$ à $s$
b) La ligne $(3,2,4)$ : c'est le point $(x,y,z)=(s+t,\,st,\,t^{2})$ quand $(s,t)=(1,2)$
c) $\frac{\partial w}{\partial s}=5+2(-2)=1$ et $\frac{\partial w}{\partial t}=5+1(-2)+4\cdot\frac{1}{2}=5$
d) Avec la ligne $(1,2,4)$ : $11$ et $6$ , deux valeurs fausses
e) $\Delta w\approx 1\times 0{,}02+5\times(-0{,}01)=-0{,}03$

a) Les feuilles $s$ sont au bout de deux chemins, $w\to x\to s$ et $w\to y\to s$ ; les feuilles $t$ au bout de trois, par $x$ , par $y$ et par $z$ . Donc $\frac{\partial w}{\partial s}=f_x\frac{\partial x}{\partial s}+f_y\frac{\partial y}{\partial s}=f_x+t\,f_y$ et $\frac{\partial w}{\partial t}=f_x\frac{\partial x}{\partial t}+f_y\frac{\partial y}{\partial t}+f_z\frac{dz}{dt}=f_x+s\,f_y+2t\,f_z$ . $f_z$ manque dans la première formule parce que $z=t^{2}$ ne dépend pas de $s$ : la branche $z$ n'a qu'une feuille, $t$ . On pourrait écrire le terme $f_z\frac{\partial z}{\partial s}$ , il vaudrait zéro ; l'arbre dit directement qu'il n'existe pas. Notez aussi la notation : $\frac{dz}{dt}$ est une dérivée ordinaire, puisque $z$ ne dépend que de $t$ .

b) Les dérivées partielles de $f$ se lisent au point où se trouve $(x,y,z)$ , c'est-à-dire en $x=1+2=3$ , $y=1\times 2=2$ , $z=2^{2}=4$ : la ligne $(3,2,4)$ . La ligne $(1,2,4)$ est un piège d'écriture : elle reprend $s=1$ , $t=2$ et $z=4$ , comme si $(s,t)$ étaient des coordonnées de l'espace de $f$ . Elles ne le sont pas, et la valeur de $f$ elle-même, que la table ne donne même pas, n'est d'aucune utilité : la règle de chaîne n'utilise que des DÉRIVÉES.

c) $\frac{\partial w}{\partial s}=5+2\times(-2)=1$ et $\frac{\partial w}{\partial t}=5+1\times(-2)+2\times 2\times\frac{1}{2}=5-2+2=5$ . Chaque terme mélange une dérivée de $f$ lue dans la table au point image et une dérivée de la substitution lue au point $(s,t)$ : $\frac{\partial y}{\partial s}=t=2$ , $\frac{\partial y}{\partial t}=s=1$ , $\frac{dz}{dt}=2t=4$ .

d) Avec la mauvaise ligne : $9+2\times 1=11$ et $9+1\times 1+4\times(-1)=6$ . Aucune des deux valeurs n'est juste, et rien dans le calcul ne le signale : seul le point image, écrit avant de lire la table, protège de cette erreur. C'est la question type d'un examen « sans calculatrice » : aucun calcul long, une seule décision, et toute la question en dépend.

e) La différentielle de $w$ vue comme fonction de $(s,t)$ est $dw=\frac{\partial w}{\partial s}ds+\frac{\partial w}{\partial t}dt$ . Avec $ds=0{,}02$ et $dt=-0{,}01$ : $\Delta w\approx 1\times 0{,}02+5\times(-0{,}01)=0{,}02-0{,}05=-0{,}03$ . La règle de chaîne fournit exactement les deux dérivées partielles dont l'approximation linéaire a besoin, sans jamais connaître $f$ : c'est son usage le plus fréquent en ingénierie, quand $f$ est une table de mesures.

Exercice 4 : Dérivation implicite : la formule démontrée par l'arbre, et sa condition

La figure représente la courbe $\Gamma$ d'équation $y^{2}=x^{3}-4x+4$ , c'est-à-dire $F(x,y)=0$ avec $F(x,y)=y^{2}-x^{3}+4x-4$ . Elle passe par $A(1\,;1)$ et $B(2\,;2)$ , et coupe l'axe des abscisses en un seul point $C$ .

On considère aussi la surface $S$ d'équation $x^{2}z+yz^{2}+xyz=3$ , qui passe par le point $(1,1,1)$ .

a) On suppose que, près d'un point de $\Gamma$ , la courbe est le graphe d'une fonction dérivable $y=g(x)$ . En dessinant l'arbre de $F(x,g(x))$ , démontrez que $g'(x)=-\frac{F_x}{F_y}$ là où $F_y\neq 0$ .
b) Calculez la pente de la tangente à $\Gamma$ en $A$ , puis en $B$ .
c) En $C$ , que vaut $F_y$ ? Que montre la figure en ce point, et la courbe y est-elle le graphe d'une fonction $y=g(x)$ ?
d) Pour la surface $S$ , calculez $\frac{\partial z}{\partial x}$ et $\frac{\partial z}{\partial y}$ au point $(1,1,1)$ .
e) Estimez la cote $z$ du point de $S$ situé au-dessus de $(1{,}1\,;0{,}9)$ , près de $(1,1,1)$ .

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Réponses

a) $\frac{d}{dx}F(x,g(x))=F_x\cdot 1+F_y\,g'(x)=0$ , d'où $g'(x)=-\frac{F_x}{F_y}$
b) $\frac{dy}{dx}=\frac{3x^{2}-4}{2y}$ : $-\frac{1}{2}$ en $A$ , $2$ en $B$
c) $F_y=2y=0$ en $C$ : la formule ne s'applique pas ; tangente verticale, pas de fonction $y=g(x)$ près de $C$
d) $\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}=-\frac{3}{4}$ et $\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}=-\frac{1}{2}$
e) $z\approx 1-\frac{3}{4}(0{,}1)-\frac{1}{2}(-0{,}1)=0{,}975$

a) La fonction $h(x)=F(x,g(x))$ est nulle pour tout $x$ , puisque chaque point $(x,g(x))$ est sur la courbe. Son arbre : $h$ dépend de deux intermédiaires, la première variable de $F$ , qui est $x$ lui-même, et la seconde, $y=g(x)$ ; les deux dépendent de $x$ . Deux chemins, donc $h'(x)=F_x\cdot\frac{dx}{dx}+F_y\cdot\frac{dy}{dx}=F_x+F_y\,g'(x)$ . Comme $h$ est constante, $h'(x)=0$ , et si $F_y\neq 0$ on divise : $g'(x)=-\frac{F_x}{F_y}$ . Le signe moins n'est pas une convention, il vient de ce qu'on a fait passer $F_x$ de l'autre côté. La condition $F_y\neq 0$ est celle du théorème des fonctions implicites, qui garantit l'existence de $g$ ; on l'écrit, on ne la sous-entend pas. Il faut aussi $F$ différentiable, ce qui est le cas d'un polynôme.

b) $F_x=-3x^{2}+4$ et $F_y=2y$ , donc $\frac{dy}{dx}=-\frac{-3x^{2}+4}{2y}=\frac{3x^{2}-4}{2y}$ . En $A(1\,;1)$ : $\frac{3-4}{2}=-\frac{1}{2}$ ; en $B(2\,;2)$ : $\frac{12-4}{4}=2$ . La figure confirme les signes : en $A$ , la branche du haut descend vers son minimum local, situé en $x=\frac{2}{\sqrt{3}}\approx 1{,}15$ ; en $B$ , elle remonte nettement. L'oubli du signe moins donnerait $\frac{1}{2}$ et $-2$ , deux pentes que la figure dément.

c) Sur l'axe des abscisses, $y=0$ donc $F_y=2y=0$ : la formule n'a pas de sens en $C$ . La figure montre que la courbe y a une tangente VERTICALE : la branche du haut et celle du bas s'y rejoignent. Juste à droite de $C$ , chaque abscisse porte deux points de $\Gamma$ , un de chaque signe, donc aucune fonction $y=g(x)$ ne décrit la courbe autour de $C$ . C'est exactement ce que l'hypothèse $F_y\neq 0$ exclut. En revanche $F_x(C)=-3x_C^{2}+4\neq 0$ (car $x_C^{2}>\frac{4}{3}$ ), et l'on pourrait écrire $x$ en fonction de $y$ près de $C$ , avec $\frac{dx}{dy}=-\frac{F_y}{F_x}=0$ : la tangente verticale, vue de l'autre axe.

d) On pose $F(x,y,z)=x^{2}z+yz^{2}+xyz-3$ , et l'on vérifie que $F(1,1,1)=0$ . Si $z=g(x,y)$ sur $S$ , l'arbre de $F(x,y,g(x,y))=0$ donne, en dérivant par rapport à $x$ (avec $y$ fixé) : $F_x+F_z\frac{\partial z}{\partial x}=0$ , donc $\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}$ , et de même pour $y$ . Ici $F_x=2xz+yz=3$ , $F_y=z^{2}+xz=2$ et $F_z=x^{2}+2yz+xy=4$ en $(1,1,1)$ . Donc $\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{3}{4}$ et $\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{2}{4}=-\frac{1}{2}$ , avec $F_z=4\neq 0$ comme condition. Le chemin $y$ ne figure pas dans la dérivée par rapport à $x$ : $y$ est une variable indépendante, constante quand on dérive en $x$ .

e) L'approximation linéaire de $z=g(x,y)$ en $(1,1)$ est $z\approx 1+\frac{\partial z}{\partial x}\Delta x+\frac{\partial z}{\partial y}\Delta y$ , avec $\Delta x=0{,}1$ et $\Delta y=-0{,}1$ : $z\approx 1-0{,}075+0{,}05=0{,}975$ . La valeur exacte, obtenue en résolvant numériquement l'équation de degré $2$ en $z$ , vaut environ $0{,}9749$ : l'approximation est juste au dix-millième près. La dérivation implicite a donné les pentes sans jamais isoler $z$ , ce qui serait possible ici mais pénible.

Exercice 5 : Dérivées secondes par la chaîne : la dérivée partielle se dérive encore

Soit $f$ une fonction de classe $C^{2}$ (dérivées partielles secondes continues) et $z=f(x,y)$ avec $x=s^{2}$ et $y=st$ . On cherche $\frac{\partial^{2}z}{\partial s^{2}}$ et $\frac{\partial^{2}z}{\partial t\,\partial s}$ en fonction des dérivées partielles de $f$ .

a) Écrivez $\frac{\partial z}{\partial s}$ par la règle de chaîne.
b) La fonction $f_x$ est elle-même une fonction de $x$ et de $y$ . Dessinez son arbre et écrivez $\frac{\partial}{\partial s}\left(f_x\right)$ .
c) Déduisez-en $\frac{\partial^{2}z}{\partial s^{2}}$ en fonction de $f_x$ , $f_{xx}$ , $f_{xy}$ et $f_{yy}$ . Quel théorème permet de regrouper les termes croisés ? Que vaut le coefficient de $f_{xy}$ en $(s,t)=(1,2)$ ?
d) Application : $f(x,y)=xy^{2}$ , au point $(s,t)=(1,2)$ . Calculez $\frac{\partial^{2}z}{\partial s^{2}}$ par la formule de c), puis la valeur qu'obtient l'élève qui dérive $f_x$ et $f_y$ comme des constantes, et vérifiez par le calcul direct.
e) Avec la même fonction et au même point, calculez $\frac{\partial^{2}z}{\partial t\,\partial s}$ par la chaîne, et vérifiez.

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Réponses

a) $\frac{\partial z}{\partial s}=2s\,f_x+t\,f_y$
b) $\frac{\partial}{\partial s}\left(f_x\right)=f_{xx}\cdot 2s+f_{xy}\cdot t$
c) $z_{ss}=2f_x+4s^{2}f_{xx}+4st\,f_{xy}+t^{2}f_{yy}$ (Clairaut : $f_{yx}=f_{xy}$ ) ; coefficient $8$ en $(1,2)$
d) $z_{ss}(1,2)=8+0+32+8=48$ ; l'élève trouve $2f_x=8$ ; direct : $z=s^{4}t^{2}$ , $z_{ss}=12s^{2}t^{2}=48$
e) $z_{st}=2s^{2}f_{xy}+f_y+st\,f_{yy}=8+4+4=16$ ; direct : $8s^{3}t=16$

a) Arbre : $z\to x\to s$ et $z\to y\to s$ (la variable $x=s^{2}$ ne dépend pas de $t$ ). Avec $\frac{\partial x}{\partial s}=2s$ et $\frac{\partial y}{\partial s}=t$ : $\frac{\partial z}{\partial s}=2s\,f_x+t\,f_y$ . Dans cette écriture, $f_x$ et $f_y$ sont évaluées au point $(x,y)=(s^{2},st)$ : ce sont donc, elles aussi, des fonctions de $s$ et de $t$ , par l'intermédiaire de $x$ et de $y$ . Tout le chapitre des dérivées secondes tient dans cette remarque.

b) $f_x$ a exactement le même arbre que $f$ : elle dépend de $x$ et de $y$ , qui dépendent de $s$ . On lui applique donc la même règle, en remplaçant $f$ par $f_x$ : $\frac{\partial}{\partial s}\left(f_x\right)=(f_x)_x\frac{\partial x}{\partial s}+(f_x)_y\frac{\partial y}{\partial s}=2s\,f_{xx}+t\,f_{xy}$ . De même $\frac{\partial}{\partial s}\left(f_y\right)=2s\,f_{yx}+t\,f_{yy}$ . Le piège du chapitre est d'écrire $\frac{\partial}{\partial s}(f_x)=0$ , comme si $f_x$ était un nombre, ou $\frac{\partial}{\partial s}(f_x)=f_{xx}$ , comme si $s$ et $x$ étaient la même variable.

c) On dérive $2s\,f_x+t\,f_y$ par rapport à $s$ , avec la règle du PRODUIT sur $2s\,f_x$ : $z_{ss}=2f_x+2s\left(2s\,f_{xx}+t\,f_{xy}\right)+t\left(2s\,f_{yx}+t\,f_{yy}\right)$ . Comme $f$ est de classe $C^{2}$ , le théorème de Clairaut donne $f_{yx}=f_{xy}$ , et les deux termes croisés se regroupent : $z_{ss}=2f_x+4s^{2}f_{xx}+4st\,f_{xy}+t^{2}f_{yy}$ . Le coefficient de $f_{xy}$ vaut $4st=8$ en $(1,2)$ . Le terme $2f_x$ vient de la dérivée de $2s$ ; il manque dans toutes les copies qui oublient la règle du produit.

d) Au point $(s,t)=(1,2)$ , $x=1$ et $y=2$ . Pour $f=xy^{2}$ : $f_x=y^{2}=4$ , $f_y=2xy=4$ , $f_{xx}=0$ , $f_{xy}=2y=4$ , $f_{yy}=2x=2$ . La formule donne $z_{ss}=2(4)+4(1)(0)+8(4)+4(2)=8+32+8=48$ . L'élève qui traite $f_x$ et $f_y$ comme des constantes ne garde que la dérivée de $2s$ : $z_{ss}=2f_x=8$ , six fois trop peu. Vérification directe : $z=s^{2}(st)^{2}=s^{4}t^{2}$ , $z_{ss}=12s^{2}t^{2}=48$ . L'écart de $40$ est exactement la contribution des dérivées secondes oubliées, $4s^{2}f_{xx}+4st\,f_{xy}+t^{2}f_{yy}$ .

e) On dérive $z_s=2s\,f_x+t\,f_y$ par rapport à $t$ . Cette fois $\frac{\partial x}{\partial t}=0$ et $\frac{\partial y}{\partial t}=s$ , donc $\frac{\partial}{\partial t}(f_x)=s\,f_{xy}$ et $\frac{\partial}{\partial t}(f_y)=s\,f_{yy}$ . Le facteur $2s$ est constant en $t$ , le facteur $t$ ne l'est pas : $z_{st}=2s\cdot s\,f_{xy}+f_y+t\cdot s\,f_{yy}=2s^{2}f_{xy}+f_y+st\,f_{yy}$ . En $(1,2)$ : $2(4)+4+2(2)=16$ . Vérification : $z=s^{4}t^{2}$ donne $z_{st}=8s^{3}t=16$ . Le terme isolé $f_y$ vient de la règle du produit sur $t\,f_y$ , le même geste qu'en c).

Partie B : problèmes et raisonnement (/50)

Exercice 6 : Passage en coordonnées polaires : la même pente, deux écritures

On écrit une fonction $f(x,y)$ en coordonnées polaires : $x=r\cos\theta$ , $y=r\sin\theta$ , et l'on note $f_r$ , $f_\theta$ les dérivées partielles de $f\left(r\cos\theta,r\sin\theta\right)$ par rapport à $r$ et à $\theta$ . La figure montre le point $P(3\,;4)$ , pour lequel $r=5$ , $\cos\theta=\frac{3}{5}$ et $\sin\theta=\frac{4}{5}$ , avec les deux directions dans lesquelles $r$ seul, puis $\theta$ seul, font bouger le point.

Dans les questions b), d) et e), $f(x,y)=x^{2}y$ .

a) Calculez $\frac{\partial x}{\partial r}$ , $\frac{\partial y}{\partial r}$ , $\frac{\partial x}{\partial \theta}$ , $\frac{\partial y}{\partial \theta}$ , puis écrivez $f_r$ et $f_\theta$ en fonction de $f_x$ et $f_y$ .
b) Calculez $f_r$ et $f_\theta$ au point $P$ .
c) Démontrez que $f_r^{2}+\frac{1}{r^{2}}f_\theta^{2}=f_x^{2}+f_y^{2}$ , puis vérifiez l'égalité au point $P$ avec la fonction $f(x,y)=x^{2}y$ .
d) Exprimez $f_x$ en fonction de $f_r$ et de $f_\theta$ , et retrouvez $f_x(3,4)$ à partir des valeurs de b).
e) $f_\theta$ est un taux par RADIAN. Quel est le taux de variation de $f$ par unité de longueur quand $P$ se déplace sur le cercle de rayon $5$ dans le sens de $\theta$ ? Expliquez le rôle du facteur $\frac{1}{r}$ dans c).

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Réponses

a) $x_r=\cos\theta$ , $y_r=\sin\theta$ , $x_\theta=-r\sin\theta$ , $y_\theta=r\cos\theta$ ; $f_r=\cos\theta\,f_x+\sin\theta\,f_y$ , $f_\theta=-r\sin\theta\,f_x+r\cos\theta\,f_y$
b) $f_x=24$ , $f_y=9$ ; $f_r=\frac{108}{5}=21{,}6$ et $f_\theta=-69$
c) $\left(\frac{108}{5}\right)^{2}+\frac{69^{2}}{25}=\frac{16\,425}{25}=657=24^{2}+9^{2}$
d) $f_x=\cos\theta\,f_r-\frac{\sin\theta}{r}f_\theta$ ; $\frac{3}{5}\cdot\frac{108}{5}+\frac{4}{25}\cdot 69=24$
e) $\frac{f_\theta}{r}=-\frac{69}{5}=-13{,}8$ par unité de longueur ; un arc $d\theta$ mesure $r\,d\theta$

a) $x=r\cos\theta$ donne $x_r=\cos\theta$ et $x_\theta=-r\sin\theta$ ; $y=r\sin\theta$ donne $y_r=\sin\theta$ et $y_\theta=r\cos\theta$ . L'arbre est celui de l'exercice 2, avec $(r,\theta)$ à la place de $(s,t)$ : deux chemins par feuille. Donc $f_r=f_x\cos\theta+f_y\sin\theta$ et $f_\theta=-f_x\,r\sin\theta+f_y\,r\cos\theta$ . La première mesure la variation de $f$ quand le point s'éloigne de l'origine le long de son rayon, le « sens de $r$ » de la figure ; la seconde, sa variation quand le point tourne sur le cercle de rayon $r$ , le « sens de $\theta$ ».

b) En $(3,4)$ : $f_x=2xy=24$ et $f_y=x^{2}=9$ . Donc $f_r=24\times\frac{3}{5}+9\times\frac{4}{5}=\frac{72+36}{5}=\frac{108}{5}=21{,}6$ et $f_\theta=-24\times 4+9\times 3=-96+27=-69$ , puisque $r\sin\theta=y=4$ et $r\cos\theta=x=3$ . Contrôle direct : en polaires, $f=r^{3}\cos^{2}\theta\sin\theta$ , donc $f_r=3r^{2}\cos^{2}\theta\sin\theta=3\times 25\times\frac{9}{25}\times\frac{4}{5}=\frac{108}{5}$ : même valeur.

c) $f_r^{2}=f_x^{2}\cos^{2}\theta+2f_xf_y\cos\theta\sin\theta+f_y^{2}\sin^{2}\theta$ et $\frac{1}{r^{2}}f_\theta^{2}=f_x^{2}\sin^{2}\theta-2f_xf_y\sin\theta\cos\theta+f_y^{2}\cos^{2}\theta$ . En additionnant, les termes croisés s'annulent et $\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta=1$ donne $f_x^{2}+f_y^{2}$ . Au point $P$ : $\left(\frac{108}{5}\right)^{2}+\frac{69^{2}}{25}=\frac{11\,664+4\,761}{25}=\frac{16\,425}{25}=657$ , et $24^{2}+9^{2}=576+81=657$ . L'égalité dit que la quantité $f_x^{2}+f_y^{2}$ ne dépend pas du système de coordonnées, à condition de mesurer les deux taux dans la même unité, ce que fait le $\frac{1}{r^{2}}$ .

d) On résout le système de a) comme un système linéaire en $f_x$ , $f_y$ : on multiplie la première équation par $\cos\theta$ , la seconde par $-\frac{\sin\theta}{r}$ , et l'on additionne : $f_x=\cos\theta\,f_r-\frac{\sin\theta}{r}f_\theta$ . Au point $P$ : $\frac{3}{5}\times\frac{108}{5}-\frac{4}{25}\times(-69)=\frac{324+276}{25}=24$ . On retrouve bien $f_x(3,4)=24$ . C'est la formule qui sert quand une fonction est donnée en polaires et qu'on veut ses dérivées cartésiennes.

e) Quand $\theta$ augmente de $d\theta$ , le point parcourt sur le cercle un arc de longueur $r\,d\theta=5\,d\theta$ . Le taux par unité de longueur est donc $\frac{f_\theta}{r}=-\frac{69}{5}=-13{,}8$ : $f$ diminue de $13{,}8$ par unité parcourue dans le sens de $\theta$ . Écrire $f_r^{2}+f_\theta^{2}$ revient à additionner un taux par unité de longueur et un taux par radian : au point $P$ , cela donnerait $466{,}56+4\,761$ , sans rapport avec $657$ . Le facteur $\frac{1}{r^{2}}$ est la conversion d'unité.

Exercice 7 : L'effet Doppler : deux vitesses qui changent, une fréquence perçue

Une ambulance émet une sirène de fréquence $f_s=600$ Hz. Un cycliste roule vers elle sur la même route. Quand la source s'approche à la vitesse $v_s$ et l'observateur à la vitesse $v_o$ (en m/s), la fréquence perçue par le cycliste est $f=f_s\,\frac{c+v_o}{c-v_s}$ , où $c=340$ m/s est la vitesse du son.

À l'instant considéré, $v_s=40$ m/s et l'ambulance FREINE : $\frac{dv_s}{dt}=-2$ m/s $^{2}$ ; $v_o=10$ m/s et le cycliste ACCÉLÈRE : $\frac{dv_o}{dt}=1$ m/s $^{2}$ .

a) Calculez la fréquence perçue à cet instant.
b) Calculez $\frac{\partial f}{\partial v_o}$ et $\frac{\partial f}{\partial v_s}$ à cet instant, avec leur unité. Pourquoi la seconde est-elle la plus grande ?
c) Dessinez l'arbre de $f$ et calculez $\frac{df}{dt}$ . Le son perçu monte-t-il ou descend-il ?
d) Quelle accélération le cycliste devrait-il avoir, l'ambulance freinant toujours de la même façon, pour que la fréquence perçue reste stationnaire à cet instant ?
e) L'ambulance s'arrête de freiner et roule à vitesse constante. Que vaut alors $\frac{df}{dt}$ , le cycliste accélérant toujours de $1$ m/s $^{2}$ ?

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Réponses

a) $f=600\times\frac{350}{300}=700$ Hz
b) $\frac{\partial f}{\partial v_o}=\frac{f_s}{c-v_s}=2$ Hz par m/s et $\frac{\partial f}{\partial v_s}=\frac{f_s(c+v_o)}{(c-v_s)^{2}}=\frac{7}{3}$ Hz par m/s ; $v_s$ est au dénominateur
c) $\frac{df}{dt}=2(1)+\frac{7}{3}(-2)=-\frac{8}{3}\approx -2{,}67$ Hz/s : le son descend
d) $2a_o-\frac{14}{3}=0$ , donc $a_o=\frac{7}{3}\approx 2{,}33$ m/s $^{2}$
e) $\frac{df}{dt}=2\times 1+\frac{7}{3}\times 0=2$ Hz/s

a) $f=600\times\frac{340+10}{340-40}=600\times\frac{350}{300}=700$ Hz. Le son est plus aigu que la sirène, comme il se doit quand source et observateur se rapprochent.

b) $f$ est une fonction des deux variables $v_o$ et $v_s$ ( $f_s$ et $c$ sont des constantes). $\frac{\partial f}{\partial v_o}=\frac{f_s}{c-v_s}=\frac{600}{300}=2$ Hz par m/s. Pour $v_s$ , on dérive $(c-v_s)^{-1}$ : $\frac{\partial f}{\partial v_s}=f_s(c+v_o)(c-v_s)^{-2}=\frac{600\times 350}{90\,000}=\frac{7}{3}$ Hz par m/s, le signe venant de la dérivée de $c-v_s$ , qui vaut $-1$ , multipliée par l'exposant $-1$ . La seconde est plus grande parce que $v_s$ est au DÉNOMINATEUR : quand la source accélère, le dénominateur diminue et la fraction grandit plus vite que linéairement. Les unités se lisent sur les dérivées partielles : des hertz par mètre par seconde.

c) L'arbre : $f$ se ramifie en $v_o$ et $v_s$ , et chacune descend vers $t$ . Deux chemins : $\frac{df}{dt}=\frac{\partial f}{\partial v_o}\frac{dv_o}{dt}+\frac{\partial f}{\partial v_s}\frac{dv_s}{dt}=2\times 1+\frac{7}{3}\times(-2)=2-\frac{14}{3}=-\frac{8}{3}$ Hz/s, soit environ $-2{,}67$ Hz/s. Le son perçu DESCEND, bien que le cycliste accélère vers l'ambulance : le freinage de la source l'emporte, parce que sa dérivée partielle est plus grande ET que son taux de variation est le double. C'est la question de réflexion du problème : le signe de $\frac{df}{dt}$ se décide en comparant les deux termes, jamais en regardant une seule vitesse. Les unités : (Hz par m/s) fois (m/s par s) donne des Hz/s.

d) On veut $2\,a_o+\frac{7}{3}\times(-2)=0$ , donc $a_o=\frac{14}{3}\times\frac{1}{2}=\frac{7}{3}\approx 2{,}33$ m/s $^{2}$ . À un instant donné, « stationnaire » veut dire $\frac{df}{dt}=0$ : les contributions des deux chemins de l'arbre se compensent exactement. Le cycliste devrait accélérer plus de deux fois plus fort que l'ambulance ne freine, ce qui traduit le rapport $\frac{7}{3}$ contre $2$ des dérivées partielles.

e) Si $v_s$ est constante, $\frac{dv_s}{dt}=0$ et le chemin $f\to v_s\to t$ ne contribue plus : $\frac{df}{dt}=2\times 1=2$ Hz/s, et le son monte. Un chemin de l'arbre ne disparaît pas parce qu'on l'oublie, mais parce que son dernier facteur est nul ; on l'écrit, puis on constate qu'il vaut zéro.

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Chacune des cinq affirmations suivantes est FAUSSE. Pour chacune, dites pourquoi, donnez l'énoncé correct, et calculez la valeur demandée dans l'exemple qui la réfute.

a) « Si $z=f(x(t),y(t))$ et $\frac{dz}{dt}=0$ en $t_0$ , alors $f_x$ et $f_y$ sont toutes deux nulles au point $(x(t_0),y(t_0))$ . » Exemple : $f(x,y)=x^{2}+y^{2}$ le long de $x=\cos t$ , $y=\sin t$ ; donnez $f_x(1,0)$ .
b) « Si $F(x,y)=0$ définit $y$ en fonction de $x$ , alors $\frac{dy}{dx}=\frac{F_x}{F_y}$ . » Exemple : la courbe $xy=6$ au point $(2\,;3)$ ; donnez la vraie valeur de $\frac{dy}{dx}$ .
c) « Si $w=f(x,y,z)$ avec $z=g(x,y)$ , alors $\frac{\partial w}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial x}$ . » Exemple : $f(x,y,z)=x+y+z$ et $z=x^{2}+y^{2}$ ; donnez $\frac{\partial w}{\partial x}$ au point $(x,y)=(1,1)$ , $w$ étant vue comme fonction de $x$ et $y$ .
d) « Pour $z=f(x,y)$ avec $x=s+t$ et $y=s-t$ , on a $\frac{\partial}{\partial s}\left(f_x\right)=f_{xx}$ . » Exemple : $f(x,y)=xy$ ; donnez la vraie valeur de $\frac{\partial}{\partial s}\left(f_x\right)$ .
e) « L'écriture $dz=f_x\,dx+f_y\,dy$ n'est valable que si $x$ et $y$ sont des variables indépendantes. » Exemple : $z=xy$ avec $x=t$ et $y=t^{2}$ ; donnez $\frac{dz}{dt}$ en $t=2$ obtenu en divisant cette écriture par $dt$ .

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Réponses

a) Faux : la somme $f_x\,x'+f_y\,y'$ peut s'annuler sans que $f_x$ et $f_y$ le soient ; $f_x(1,0)=2\neq 0$
b) Faux : $\frac{dy}{dx}=-\frac{F_x}{F_y}$ ; sur $xy=6$ en $(2\,;3)$ , $\frac{dy}{dx}=-\frac{3}{2}$
c) Faux : $\frac{\partial w}{\partial x}=f_x+f_z\,\frac{\partial z}{\partial x}=1+2x$ , qui vaut $3$ en $(1,1)$
d) Faux : $\frac{\partial}{\partial s}\left(f_x\right)=f_{xx}+f_{xy}$ ; avec $f=xy$ , cela vaut $1$ (et non $0$ )
e) Faux : l'écriture reste valable (invariance de la différentielle) ; $\frac{dz}{dt}=t^{2}+2t^{2}=3t^{2}=12$ en $t=2$

a) La règle de chaîne donne $\frac{dz}{dt}=f_x\,x'(t)+f_y\,y'(t)$ . Une SOMME est nulle dès que ses termes se compensent, ou qu'un facteur de chacun s'annule, sans que $f_x$ et $f_y$ le soient. Ici $f=x^{2}+y^{2}$ vaut $1$ tout le long du cercle, donc $\frac{dz}{dt}=0$ partout ; or en $(1,0)$ , $f_x=2x=2$ : le terme $f_x\,x'$ est nul parce que $x'(0)=-\sin 0=0$ , pas parce que $f_x$ l'est. La trajectoire longe une courbe de niveau de $f$ . Énoncé correct : « si $\frac{dz}{dt}=0$ en $t_0$ , alors $f_x\,x'+f_y\,y'=0$ en ce point ; $f_x$ et $f_y$ ne sont nulles toutes deux qu'en un point critique, ce que la seule trajectoire ne permet pas de conclure ».

b) La dérivation de $F(x,y(x))=0$ donne $F_x+F_y\,y'=0$ , d'où $y'=-\frac{F_x}{F_y}$ , avec $F_y\neq 0$ . Avec $F=xy-6$ : $F_x=y=3$ et $F_y=x=2$ , donc $\frac{dy}{dx}=-\frac{3}{2}$ . Contrôle sans implicite : $y=\frac{6}{x}$ , $y'=-\frac{6}{x^{2}}=-\frac{6}{4}=-\frac{3}{2}$ . La formule sans le signe moins donnerait une pente positive pour une hyperbole qui descend : la figure la plus sommaire tranche.

c) La notation $\frac{\partial w}{\partial x}$ est ambiguë quand $z$ dépend de $x$ : elle peut désigner $f_x$ , la dérivée de $f$ en tenant $y$ ET $z$ fixés, ou la dérivée de $w$ vue comme fonction de $(x,y)$ , en tenant seulement $y$ fixé. Dans le second sens, l'arbre a deux chemins de $w$ à $x$ , le direct et celui qui passe par $z$ : $\frac{\partial w}{\partial x}=f_x+f_z\frac{\partial z}{\partial x}=1+1\times 2x=3$ en $(1,1)$ . Vérification : $w=x+y+x^{2}+y^{2}$ , de dérivée $1+2x$ . Énoncé correct : préciser quelles variables sont tenues fixes, et suivre TOUS les chemins.

d) $f_x$ dépend de $x$ et de $y$ , et les DEUX dépendent de $s$ , avec $x_s=y_s=1$ . Donc $\frac{\partial}{\partial s}(f_x)=f_{xx}x_s+f_{xy}y_s=f_{xx}+f_{xy}$ . Pour $f=xy$ : $f_{xx}=0$ et $f_{xy}=1$ , donc la vraie valeur est $1$ alors que l'affirmation donne $0$ . Contrôle : $f_x=y=s-t$ , dont la dérivée en $s$ vaut bien $1$ . C'est le piège de l'exercice 5 sous une autre substitution : $f_x$ se dérive encore par la chaîne complète.

e) C'est l'inverse : la règle de chaîne montre que l'écriture $dz=f_x\,dx+f_y\,dy$ reste VRAIE quand $x$ et $y$ dépendent d'une autre variable, à condition d'y lire $dx=x'(t)\,dt$ et $dy=y'(t)\,dt$ . Ici $dz=y\,dx+x\,dy=t^{2}\,dt+t\times 2t\,dt=3t^{2}\,dt$ , et l'on retrouve bien $\frac{d}{dt}\left(t^{3}\right)=3t^{2}$ , soit $12$ en $t=2$ . Diviser la différentielle par $dt$ redonne exactement la formule du cas $z(x(t),y(t))$ : c'est ce qu'on appelle l'invariance de la différentielle, et c'est ce qui rend l'écriture si commode en physique.

Exercice 9 : Problème : la température lue par un drone qui survole un îlot de chaleur

Au-dessus d'une ville, la température de l'air à l'altitude de vol est modélisée par $T(x,y)=40-x^{2}-2y^{2}$ (en °C), où $x$ et $y$ sont en kilomètres et $O$ est le centre de l'îlot de chaleur. Un drone muni d'un capteur décrit le cercle de centre $O$ et de rayon $2$ km : $x=2\cos\theta$ , $y=2\sin\theta$ , l'angle $\theta$ augmentant à raison de $0{,}5$ rad/min.

La figure montre les isothermes $T=38$ , $36$ , $34$ et $32$ °C (valeurs écrites à gauche), et le quart de tour du drone de $A$ ( $\theta=0$ ) à $C$ ( $\theta=\frac{\pi}{2}$ ), en passant par $B$ ( $\theta=\frac{\pi}{4}$ ).

a) Sans calcul, en lisant la carte, donnez le signe de $\frac{dT}{dt}$ (la variation de la lecture du capteur) en $A$ , en $B$ et en $C$ . Justifiez chaque réponse.
b) Dessinez l'arbre de dépendance de $T$ jusqu'à $t$ , puis calculez $\frac{dT}{dt}$ en fonction de $\theta$ et sa valeur en $B$ .
c) Calculez $T_x$ et $T_y$ en $B$ , puis $x'(t)$ et $y'(t)$ au passage en $B$ , et vérifiez b) par $\frac{dT}{dt}=T_x\,x'+T_y\,y'$ . Un second drone passe en $B$ au même instant, à la même vitesse de $1$ km/min, mais en ligne droite vers $O$ : quel taux de variation lit-il en $B$ ?
d) Quelles sont la plus grande et la plus petite température lues pendant un tour complet, et où ?
e) En $A$ , la lecture est stationnaire. Calculez $T_x$ et $T_y$ en $A$ . Ces deux dérivées partielles sont-elles nulles ? Expliquez pourquoi $\frac{dT}{dt}$ l'est quand même, et ce que l'on peut en conclure sur le point $A$ .

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Réponses

a) $A$ : nul (trajectoire tangente à l'isotherme $36$ ) ; $B$ : négatif (on va vers les isothermes plus froides) ; $C$ : nul (tangente à l'isotherme $32$ )
b) $T\to x,y\to\theta\to t$ ; $\frac{dT}{dt}=0{,}5\,(8\sin\theta\cos\theta-16\sin\theta\cos\theta)=-2\sin 2\theta$ ; $-2$ °C/min en $B$
c) $T_x=-2\sqrt{2}$ , $T_y=-4\sqrt{2}$ , $x'=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ , $y'=\frac{\sqrt{2}}{2}$ : $2-4=-2$ ; vers $O$ : $2+4=6$ °C/min
d) Maximum $36$ °C en $\theta=0$ et $\pi$ , minimum $32$ °C en $\theta=\frac{\pi}{2}$ et $\frac{3\pi}{2}$
e) $T_x(A)=-4\neq 0$ , $T_y(A)=0$ ; $\frac{dT}{dt}=(-4)(0)+0\times 1=0$ car $x'=0$ : $A$ n'est pas un point critique, la trajectoire y est tangente à l'isotherme

a) La lecture varie selon les isothermes que le drone traverse. En $A$ , le cercle et l'isotherme $36$ (d'équation $x^{2}+2y^{2}=4$ ) passent tous deux par $(2,0)$ avec une tangente verticale : le drone longe l'isotherme, $\frac{dT}{dt}=0$ . Entre $A$ et $C$ , il s'éloigne de l'axe des abscisses, là où les isothermes sont plus serrées, et traverse $34$ en $B$ en allant vers $32$ : la température baisse, $\frac{dT}{dt}<0$ en $B$ . En $C$ , cercle et isotherme $32$ sont tangents en $(0,2)$ : de nouveau $\frac{dT}{dt}=0$ . C'est la lecture géométrique de la règle de chaîne : la vitesse tangente à une courbe de niveau donne une dérivée nulle.

b) L'arbre a trois étages : $T$ dépend de $x$ et $y$ , qui dépendent de $\theta$ , qui dépend de $t$ . Donc $\frac{dT}{dt}=\left(T_x\frac{dx}{d\theta}+T_y\frac{dy}{d\theta}\right)\frac{d\theta}{dt}$ . Avec $T_x=-2x=-4\cos\theta$ , $T_y=-4y=-8\sin\theta$ , $\frac{dx}{d\theta}=-2\sin\theta$ et $\frac{dy}{d\theta}=2\cos\theta$ : la parenthèse vaut $8\sin\theta\cos\theta-16\sin\theta\cos\theta=-8\sin\theta\cos\theta=-4\sin 2\theta$ , et $\frac{dT}{dt}=0{,}5\times(-4\sin 2\theta)=-2\sin 2\theta$ °C/min. En $B$ , $2\theta=\frac{\pi}{2}$ , donc $\frac{dT}{dt}=-2$ °C/min. Contrôle : sur le cercle, $T=40-4\cos^{2}\theta-8\sin^{2}\theta=36-4\sin^{2}\theta$ , dont la dérivée en $\theta$ est bien $-8\sin\theta\cos\theta$ . Le troisième étage, $\frac{d\theta}{dt}=0{,}5$ , est celui qu'on oublie : il convertit un taux par radian en taux par minute.

c) En $B(\sqrt{2},\sqrt{2})$ : $T_x=-2x=-2\sqrt{2}$ et $T_y=-4y=-4\sqrt{2}$ . Pour le premier drone, $x'(t)=-2\sin\theta\,\frac{d\theta}{dt}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ et $y'(t)=2\cos\theta\,\frac{d\theta}{dt}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ km/min, ce qui fait bien $1$ km/min. Alors $T_x\,x'+T_y\,y'=(-2\sqrt{2})\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)+(-4\sqrt{2})\frac{\sqrt{2}}{2}=2-4=-2$ : on retrouve b). Le second drone file vers $O$ à $1$ km/min : $x'=y'=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ , et $\frac{dT}{dt}=2+4=6$ °C/min. Même point, mêmes dérivées partielles $T_x$ et $T_y$ , même vitesse : seule la DIRECTION a changé, et la lecture passe de $-2$ à $+6$ . Les dérivées partielles décrivent le champ de température ; la règle de chaîne y ajoute la trajectoire.

d) Sur le cercle, $T=36-4\sin^{2}\theta$ . Comme $0\le\sin^{2}\theta\le 1$ , la lecture est comprise entre $32$ et $36$ °C : le maximum $36$ est atteint quand $\sin\theta=0$ , en $\theta=0$ et $\theta=\pi$ (points $(\pm 2,0)$ ), le minimum $32$ quand $\sin^{2}\theta=1$ , en $\theta=\frac{\pi}{2}$ et $\frac{3\pi}{2}$ (points $(0,\pm 2)$ ). Ce sont exactement les quatre instants où $\frac{dT}{dt}=-2\sin 2\theta$ s'annule : chaque lecture stationnaire est ici un extremum de la lecture, et la carte le montrait déjà en a).

e) En $A(2,0)$ : $T_x=-2\times 2=-4$ et $T_y=-4\times 0=0$ . La dérivée $T_x$ n'est pas nulle : $A$ n'est PAS un point critique de $T$ (le seul est $O$ , où $T_x=T_y=0$ ). La lecture y est pourtant stationnaire : en $\theta=0$ , $x'=-2\sin 0\times 0{,}5=0$ et $y'=1$ , donc $\frac{dT}{dt}=(-4)(0)+(0)(1)=0$ . Chaque terme est nul pour une raison différente, le premier par la trajectoire, le second par le champ : le drone se déplace exactement le long de l'isotherme. Confondre « la lecture ne varie pas » et « la température est extrémale en ce point » est l'erreur que la règle de chaîne permet d'éviter : la première affirmation porte sur la somme $T_x\,x'+T_y\,y'$ , la seconde sur $T_x$ et $T_y$ elles-mêmes.

Exercice 10 : Problème : un cône qui se déforme, et l'aire où r passe par deux chemins

Un cône de révolution en matériau souple se déforme : son rayon de base $r$ augmente de $0{,}3$ cm/s pendant que sa hauteur $h$ diminue de $0{,}5$ cm/s, les deux variations étant imposées indépendamment l'une de l'autre. On note $\ell=\sqrt{r^{2}+h^{2}}$ la longueur de la génératrice, $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h$ le volume et $A=\pi r\ell$ l'aire latérale.

On étudie l'instant où $r=6$ cm et $h=8$ cm.

a) Calculez $\ell$ et $\frac{d\ell}{dt}$ à cet instant.
b) Calculez $\frac{dV}{dt}$ par la règle de chaîne. Le volume augmente-t-il ?
c) Dessinez l'arbre de $A=\pi r\ell$ , en gardant $\ell$ comme variable intermédiaire, et calculez $\frac{dA}{dt}$ . Quelles valeurs obtient-on en oubliant l'un ou l'autre des chemins qui mènent à $r$ ?
d) Le rayon augmentant toujours de $0{,}3$ cm/s, à quelle vitesse la hauteur devrait-elle diminuer pour que le volume soit stationnaire à cet instant ?
e) Montrez que $\frac{1}{V}\frac{dV}{dt}=\frac{2}{r}\frac{dr}{dt}+\frac{1}{h}\frac{dh}{dt}$ , et calculez ce taux relatif à l'instant étudié, en pourcentage par seconde.

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Réponses

a) $\ell=10$ cm, $\frac{d\ell}{dt}=\frac{r\,r'+h\,h'}{\ell}=\frac{1{,}8-4}{10}=-0{,}22$ cm/s
b) $\frac{dV}{dt}=\frac{\pi}{3}\left(2rh\,r'+r^{2}h'\right)=\frac{\pi}{3}(28{,}8-18)=3{,}6\pi\approx 11{,}31$ cm $^{3}$ /s : il augmente
c) $\frac{dA}{dt}=\pi\left(\ell\,r'+r\,\ell'\right)=\pi(3-1{,}32)=1{,}68\pi$ cm $^{2}$ /s ; sans le chemin direct $-1{,}32\pi$ , sans le chemin par $\ell$ $3\pi$
d) $2rh\,r'+r^{2}h'=0$ donne $h'=-0{,}8$ : la hauteur devrait diminuer de $0{,}8$ cm/s
e) $\frac{V'}{V}=2(0{,}05)-0{,}0625=0{,}0375$ , soit $3{,}75\ \%$ par seconde

a) $\ell=\sqrt{36+64}=10$ cm. La génératrice dépend de $r$ et de $h$ , qui dépendent de $t$ : $\frac{d\ell}{dt}=\frac{\partial\ell}{\partial r}r'+\frac{\partial\ell}{\partial h}h'=\frac{r}{\ell}r'+\frac{h}{\ell}h'$ . D'où $\frac{d\ell}{dt}=\frac{6\times 0{,}3+8\times(-0{,}5)}{10}=\frac{1{,}8-4}{10}=-0{,}22$ cm/s. La génératrice raccourcit : la baisse de la hauteur pèse plus que la hausse du rayon, parce qu'elle est plus rapide ET multipliée par la plus grande des deux longueurs.

b) $V_r=\frac{2}{3}\pi rh$ et $V_h=\frac{1}{3}\pi r^{2}$ , donc $\frac{dV}{dt}=\frac{\pi}{3}\left(2rh\,r'+r^{2}h'\right)=\frac{\pi}{3}\left(2\times 48\times 0{,}3+36\times(-0{,}5)\right)=\frac{\pi}{3}(28{,}8-18)=3{,}6\pi$ cm $^{3}$ /s, soit environ $11{,}31$ cm $^{3}$ /s. Le volume augmente, alors que la génératrice raccourcit : les deux grandeurs ne pèsent pas $r$ et $h$ de la même façon, le volume contenant $r$ au CARRÉ. Le signe se décide en comparant les deux termes, $28{,}8$ contre $18$ .

c) L'arbre de $A=\pi r\ell$ a deux branches, $r$ et $\ell$ ; la branche $\ell$ se ramifie à son tour en $r$ et $h$ . La variable $r$ est donc atteinte par DEUX chemins : le direct, $A\to r\to t$ , et $A\to\ell\to r\to t$ . En gardant $\ell$ comme intermédiaire : $\frac{dA}{dt}=\frac{\partial A}{\partial r}r'+\frac{\partial A}{\partial\ell}\ell'=\pi\ell\,r'+\pi r\,\ell'=\pi(10\times 0{,}3)+\pi(6\times(-0{,}22))=\pi(3-1{,}32)=1{,}68\pi$ cm $^{2}$ /s. Oublier le chemin direct donne $-1{,}32\pi$ , une aire qui diminuerait ; oublier le chemin par $\ell$ donne $3\pi$ , presque le double. Contrôle sans intermédiaire : $A=\pi r\sqrt{r^{2}+h^{2}}$ , dont la dérivée calculée directement redonne $\frac{42\pi}{25}=1{,}68\pi$ . C'est le fil de toute la série : on suit TOUS les chemins de l'arbre, même quand une variable apparaît deux fois.

d) Le volume est stationnaire quand $2rh\,r'+r^{2}h'=0$ , soit $96\times 0{,}3+36\,h'=0$ , donc $h'=-\frac{28{,}8}{36}=-0{,}8$ cm/s. La hauteur devrait donc diminuer de $0{,}8$ cm/s, et non de $0{,}5$ . Autrement dit, $h'=-\frac{2h}{r}r'$ : quand le rayon gagne un certain pourcentage, la hauteur doit perdre le DOUBLE de ce pourcentage pour que le volume ne bouge pas, à cause du carré sur $r$ .

e) On divise $\frac{dV}{dt}=\frac{\pi}{3}\left(2rh\,r'+r^{2}h'\right)$ par $V=\frac{\pi}{3}r^{2}h$ : $\frac{V'}{V}=\frac{2r'}{r}+\frac{h'}{h}$ . Les taux relatifs s'additionnent, pondérés par les exposants de $V=\frac{\pi}{3}r^{2}h^{1}$ . Ici $\frac{r'}{r}=\frac{0{,}3}{6}=0{,}05$ et $\frac{h'}{h}=-\frac{0{,}5}{8}=-0{,}0625$ , donc $\frac{V'}{V}=0{,}1-0{,}0625=0{,}0375$ , soit $3{,}75\ \%$ par seconde. Contrôle : $V=96\pi$ et $\frac{3{,}6\pi}{96\pi}=0{,}0375$ . On retrouve aussi d) d'un coup d'œil : $\frac{V'}{V}=0$ exige $\frac{h'}{h}=-2\times 0{,}05=-0{,}1$ , soit $h'=-0{,}8$ cm/s. C'est la même structure que la propagation d'une erreur relative par la différentielle.

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Gradient et dérivée directionnelle

© Ahmed Squalli Houssaini. Série publiée sur www.letuteurscientifique.ca/exercices/mth1101-derivation-chaine. Libre pour l'usage personnel et en classe ; sa republication ailleurs demande une autorisation écrite (mentions légales).

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La dérivation en chaîne : exercices corrigés de MTH1101 (Polytechnique)

Rappel de cours

Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : Une fonction de deux variables le long d'une courbe : deux chemins, deux termes

Exercice 2 : Deux variables intermédiaires, deux variables indépendantes : évaluer au bon point

Exercice 3 : Lire un arbre : combien de termes, et quelles valeurs d'une table

Exercice 4 : Dérivation implicite : la formule démontrée par l'arbre, et sa condition

Exercice 5 : Dérivées secondes par la chaîne : la dérivée partielle se dérive encore

Partie B : problèmes et raisonnement (/50)

Exercice 6 : Passage en coordonnées polaires : la même pente, deux écritures

Exercice 7 : L'effet Doppler : deux vitesses qui changent, une fréquence perçue

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Exercice 9 : Problème : la température lue par un drone qui survole un îlot de chaleur

Exercice 10 : Problème : un cône qui se déforme, et l'aire où r passe par deux chemins

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