Les dérivées partielles : exercices corrigés de MTH1101 (Polytechnique)

a) Pour $f_x$, le nombre $y$ est gelé : $x^{3}y^{2}$ est $y^{2}$ fois $x^{3}$, de dérivée $3x^{2}y^{2}$ ; $-5xy$ est $-5y$ fois $x$, de dérivée $-5y$ ; et $2y^{4}$ ne contient pas $x$, c'est une constante, de dérivée $0$. Donc $f_x=3x^{2}y^{2}-5y$ et $f_x(1,2)=12-10=2$. Pour $f_y$, c'est $x$ qui est gelé : $f_y=2x^{3}y-5x+8y^{3}$, et $f_y(1,2)=4-5+64=63$. Le piège de la question est le terme $2y^{4}$ : une copie sur trois écrit $f_x=3x^{2}y^{2}-5y+8y^{3}$, parce qu'elle a dérivé « tout ce qui bouge ». Or dans une dérivée partielle, une seule chose bouge. Les deux résultats sont très différents, $2$ et $63$, et c'est normal : ils mesurent deux pentes de la même surface dans deux directions différentes.

b) Pour $g_x$, le facteur $x$ apparaît DEUX fois, devant et dans l'exposant : c'est un produit de deux fonctions de $x$. Règle du produit, puis chaîne à une variable sur $\mathrm{e}^{xy}$, dont la dérivée en $x$ est $y\,\mathrm{e}^{xy}$ : $g_x=\mathrm{e}^{xy}+x\cdot y\,\mathrm{e}^{xy}=(1+xy)\,\mathrm{e}^{xy}$, et $g_x(2,0)=1$. Pour $g_y$, au contraire, $x$ est une constante multiplicative, pas de règle du produit : $g_y=x\cdot x\,\mathrm{e}^{xy}=x^{2}\mathrm{e}^{xy}$, et $g_y(2,0)=4$. La même expression demande la règle du produit pour une variable et pas pour l'autre : c'est la variable gelée qui décide de la règle, pas l'allure de la formule.

c) Règle du quotient avec $y$ gelé : le numérateur $x-y$ a pour dérivée $1$, le dénominateur $x+2y$ aussi. $h_x=\dfrac{1\cdot(x+2y)-(x-y)\cdot 1}{(x+2y)^{2}}=\dfrac{3y}{(x+2y)^{2}}$, donc $h_x(1,1)=\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}$. Avec $x$ gelé, le numérateur a pour dérivée $-1$ et le dénominateur $2$ : $h_y=\dfrac{-(x+2y)-2(x-y)}{(x+2y)^{2}}=\dfrac{-3x}{(x+2y)^{2}}$, donc $h_y(1,1)=-\dfrac{1}{3}$. L'erreur classique est de garder la dérivée $1$ du dénominateur dans $h_y$ : le $2y$ donne $2$, pas $1$. Contrôle de bon sens au point $(1,1)$, où $h=0$ : augmenter $x$ rend le numérateur positif, donc $h$ devient positif et $h_x>0$ ; augmenter $y$ le rend négatif, donc $h_y<0$. Les deux signes trouvés sont les bons.

d) Chaîne à UNE variable : l'extérieur est $\sin$, l'intérieur $u=x^{2}y$. Avec $y$ gelé, $u_x=2xy$, donc $k_x=2xy\cos\left(x^{2}y\right)$ ; avec $x$ gelé, $u_y=x^{2}$, donc $k_y=x^{2}\cos\left(x^{2}y\right)$. Au point $(1,\pi)$, $x^{2}y=\pi$ et $\cos\pi=-1$ : $k_x(1,\pi)=-2\pi$ et $k_y(1,\pi)=-1$. On ne sort pas de la chaîne à une variable : la dérivée en chaîne « à plusieurs variables » ne servira que lorsque $x$ et $y$ dépendront eux-mêmes d'autres variables. Ici, on dérive une composée de fonctions d'UNE variable, l'autre étant figée. On garde $-2\pi$ sous forme exacte : c'est la réponse attendue à un examen sans calculatrice.

a) Avec $y$ gelé, $x^{y}$ est une PUISSANCE de $x$ à exposant constant : $p_x=y\,x^{y-1}$, et $p_x(2,3)=3\times 2^{2}=12$. Avec $x$ gelé, $x^{y}$ est une EXPONENTIELLE de base constante $x>0$ : $x^{y}=\mathrm{e}^{y\ln x}$, donc $p_y=\ln x\cdot\mathrm{e}^{y\ln x}=x^{y}\ln x$, et $p_y(2,3)=8\ln 2\approx 5{,}545$. Les deux erreurs symétriques sont classiques : écrire $p_x=x^{y}\ln x$, en traitant $x$ comme la base fixe alors que c'est lui qui varie, ou $p_y=y\,x^{y-1}$, en appliquant la règle des puissances à un exposant qui bouge. Une seule question tranche tout : laquelle des deux lettres est gelée ?

b) On dérive $\arctan u$ par la chaîne à une variable : $(\arctan u)'=\dfrac{u'}{1+u^{2}}$, avec $u=\dfrac{y}{x}$. Pour $q_x$, $y$ est gelé et $u_x=-\dfrac{y}{x^{2}}$, donc $q_x=\dfrac{-y/x^{2}}{1+y^{2}/x^{2}}=\dfrac{-y}{x^{2}+y^{2}}$ après multiplication du haut et du bas par $x^{2}$. Pour $q_y$, $u_y=\dfrac{1}{x}$, donc $q_y=\dfrac{1/x}{1+y^{2}/x^{2}}=\dfrac{x}{x^{2}+y^{2}}$. En $(3,4)$, $x^{2}+y^{2}=25$ : $q_x=-\dfrac{4}{25}$ et $q_y=\dfrac{3}{25}$. Interprétation : $q$ est l'angle polaire du point $(x,y)$ ; aller vers la droite fait baisser cet angle, monter le fait augmenter, d'où les signes. Simplifier la fraction étagée n'est pas un luxe : c'est ce qui rend le résultat lisible et le calcul en $(3,4)$ immédiat.

c) Trois variables, même geste : on en gèle DEUX. $w_x=y^{2}z^{3}-2z$, car $\dfrac{y}{z}$ ne contient pas $x$ ; en $(1,2,1)$, $w_x=4-2=2$. $w_y=2xyz^{3}+\dfrac{1}{z}$, car $-2xz$ ne contient pas $y$ ; $w_y=4+1=5$. $w_z=3xy^{2}z^{2}-2x-\dfrac{y}{z^{2}}$, car $\dfrac{y}{z}=y\,z^{-1}$ a pour dérivée $-y\,z^{-2}$ ; $w_z=12-2-2=8$. Le piège est le dernier terme : $\dfrac{y}{z}$ se dérive en $\dfrac{1}{z}$ par rapport à $y$ et en $-\dfrac{y}{z^{2}}$ par rapport à $z$. Le même terme change de statut d'une dérivée à l'autre, exactement comme $x^{y}$ en a).

d) Avec $x$ gelé, $F$ est l'intégrale d'une fonction continue entre une borne fixe et la borne supérieure VARIABLE $y$ : par le théorème fondamental du calcul, $F_y(x,y)=\sqrt{1+y^{3}}$, et $F_y(1,2)=\sqrt{9}=3$. Avec $y$ gelé, c'est la borne INFÉRIEURE qui varie ; on écrit $F(x,y)=-\displaystyle\int_{y}^{x}\sqrt{1+t^{3}}\,dt$, donc $F_x(x,y)=-\sqrt{1+x^{3}}$ et $F_x(1,2)=-\sqrt{2}$. Aucune primitive de $\sqrt{1+t^{3}}$ ne s'écrit avec les fonctions usuelles, et aucune n'est nécessaire. Le signe moins est le point de la question : augmenter la borne inférieure retire un morceau d'aire, donc $F$ diminue. Une copie qui écrit $F_x=\sqrt{1+x^{3}}$ a oublié de quelle borne il s'agit.

a) $f(2+h,1)=(2+h)^{2}-3=1+4h+h^{2}$ et $f(2,1)=1$, donc $\dfrac{f(2+h,1)-f(2,1)}{h}=\dfrac{4h+h^{2}}{h}=4+h\to 4$. De même $f(2,1+h)=4(1+h)-3(1+h)^{2}=1-2h-3h^{2}$, donc le quotient vaut $-2-3h\to-2$. Les règles confirment : $f_x=2xy$ donne $4$ et $f_y=x^{2}-6y$ donne $-2$. Remarquez ce que fait la définition : elle ne déplace qu'UNE coordonnée, l'autre reste à sa valeur. C'est la traduction exacte du mot « gelée ».

b) À l'origine, la formule donne $\dfrac{0}{0}$ : elle ne dit rien. Ce n'est pas que la dérivée n'existe pas, c'est que la règle de chaîne ne s'applique plus, car la racine cubique n'est pas dérivable en $0$. On revient à la définition : $g(h,0)=\sqrt[3]{h^{3}}=h$ et $g(0,0)=0$, donc $\dfrac{g(h,0)-g(0,0)}{h}=\dfrac{h}{h}=1$ pour tout $h\neq 0$, et $g_x(0,0)=1$. Par symétrie des rôles, $g(0,h)=h$ et $g_y(0,0)=1$. La trace de la surface dans le plan $y=0$ est la droite $z=x$, de pente $1$ : rien de singulier dans CETTE direction, alors que la formule semblait l'annoncer.

c) $n(h,0)=\sqrt{h^{2}}=|h|$ et $n(0,0)=0$, donc le quotient vaut $\dfrac{|h|}{h}$ : $1$ si $h>0$, $-1$ si $h<0$. Les deux limites unilatérales diffèrent, donc la limite n'existe pas, et $n_x(0,0)$ n'existe pas ; par symétrie, $n_y(0,0)$ non plus. La trace de $n$ dans le plan $y=0$ est $z=|x|$, qui fait un coin en $0$ : la surface est un cône de sommet l'origine. Comparez avec b) : les deux formules ont une racine qui s'annule à l'origine, et pourtant l'une a des dérivées partielles et l'autre non. Seule la définition tranche.

d) $g_x(0,y)=\dfrac{0}{\left(y^{3}\right)^{2/3}}=0$ pour tout $y\neq 0$, en particulier $g_x(0,2)=0$. Si l'on faisait tendre $y$ vers $0$, on « trouverait » $0$, alors que la vraie valeur, calculée en b), est $1$. La fonction $g_x$ n'est donc pas continue à l'origine, et le seul moyen d'obtenir $g_x(0,0)$ est la définition. Retenez la règle de conduite : en un point où une formule de dérivée donne $\frac{0}{0}$ ou n'a plus de sens, on ne prolonge pas la formule, on calcule le quotient de la définition en ce point précis.

a) Une isotherme fixe $T$ : c'est la trace de la surface $P=\frac{2T}{V}$ dans un plan $T=300$ ou $T=400$, vue dans le plan $(V,P)$. La tangente en $A$ passe par $(10\,;60)$ et $(5\,;90)$ : sa pente est $\frac{90-60}{5-10}=-6$. Le calcul, avec $T$ gelé : $\frac{\partial P}{\partial V}=-\frac{2T}{V^{2}}$, et en $(10,300)$, $-\frac{600}{100}=-6$. La dérivée partielle EST la pente de la tangente à la trace, et son unité est celle de $P$ divisée par celle de $V$ : $-6$ kPa/L. Interprétation : à température constante, au voisinage de $A$, chaque litre de plus fait baisser la pression d'environ $6$ kPa. Le mot « environ » compte : la trace est courbe, et la pente change d'un point à l'autre.

b) Avec $V$ gelé, $P=\frac{2}{V}\,T$ est une fonction LINÉAIRE de $T$ : $\frac{\partial P}{\partial T}=\frac{2}{V}=0{,}2$ kPa/K en $V=10$. À volume constant, chaque kelvin de plus ajoute $0{,}2$ kPa. Contrôle sur la figure : $A$ et $B$ ont le même volume, $10$ L, et leurs températures diffèrent de $100$ K ; la pression passe de $60$ à $80$ kPa, soit $+20$ kPa, exactement $100\times 0{,}2$. Ici l'estimation est exacte parce que la trace $V=10$ (la droite verticale en pointillé, vue de côté) est une droite. Ce n'était pas le cas en a).

c) De $PV=2T$ : $V=\frac{2T}{P}$ et $T=\frac{PV}{2}$. Avec $P$ gelé, $\frac{\partial V}{\partial T}=\frac{2}{P}$, qui vaut $\frac{2}{60}=\frac{1}{30}$ L/K à l'état $A$ : à pression constante, le gaz gagne un trentième de litre par kelvin. Avec $V$ gelé, $\frac{\partial T}{\partial P}=\frac{V}{2}=5$ K/kPa. Chaque dérivée garde fixe une variable DIFFÉRENTE : la première $T$, la deuxième $P$, la troisième $V$. Les unités le rappellent : kPa/L, puis L/K, puis K/kPa, et leur produit n'a plus d'unité.

d) À l'état $A$ : $(-6)\times\frac{1}{30}\times 5=-1$. En général : $\left(-\frac{2T}{V^{2}}\right)\cdot\frac{2}{P}\cdot\frac{V}{2}=-\frac{2T}{PV}$, et comme $PV=2T$, ce quotient vaut $-1$ pour tout état. Une « simplification » des $\partial V$, $\partial T$, $\partial P$ donnerait $1$ : elle est fausse parce que les trois symboles ne désignent pas les mêmes variations. Dans $\frac{\partial P}{\partial V}$, $T$ est fixe ; dans $\frac{\partial V}{\partial T}$, c'est $P$ ; dans $\frac{\partial T}{\partial P}$, c'est $V$. Une dérivée partielle n'est pas une fraction : elle n'a de sens qu'avec la liste des variables gelées.

a) Premières dérivées : $f_x=3x^{2}y^{2}-4\mathrm{e}^{2y}$ et $f_y=2x^{3}y-8x\,\mathrm{e}^{2y}$ (la chaîne à une variable sort le facteur $2$ de $\mathrm{e}^{2y}$). Puis $f_{xx}=6xy^{2}$, $f_{xy}=(f_x)_y=6x^{2}y-8\mathrm{e}^{2y}$, $f_{yx}=(f_y)_x=6x^{2}y-8\mathrm{e}^{2y}$ et $f_{yy}=2x^{3}-16x\,\mathrm{e}^{2y}$. En $(1,0)$ : $f_{xx}=0$, $f_{xy}=f_{yx}=-8$, $f_{yy}=2-16=-14$. Deux pièges dans $f_{xy}$ : dériver $-4\mathrm{e}^{2y}$ par rapport à $y$ donne $-8\mathrm{e}^{2y}$, pas $-4\mathrm{e}^{2y}$ ; et $f_{xx}=6xy^{2}$ s'annule en $(1,0)$ sans que rien ne soit faux, car $y=0$.