Gradient et dérivée directionnelle : exercices corrigés de MTH1101 (Polytechnique)

a) On avance de $h$ dans la direction $\vec u$ : $P+h\vec u=\left(1+\frac{3h}{5},\,2-\frac{4h}{5}\right)$. Alors $f(P+h\vec u)=\left(1+\frac{3h}{5}\right)^{2}+3\left(1+\frac{3h}{5}\right)\left(2-\frac{4h}{5}\right)$. Le premier terme vaut $1+\frac{6h}{5}+\frac{9h^{2}}{25}$ ; le produit vaut $3\left(2-\frac{4h}{5}+\frac{6h}{5}-\frac{12h^{2}}{25}\right)=6+\frac{6h}{5}-\frac{36h^{2}}{25}$. Donc $f(P+h\vec u)=7+\frac{12h}{5}-\frac{27h^{2}}{25}$, et comme $f(P)=1+6=7$, le quotient vaut $\frac{12}{5}-\frac{27h}{25}$, qui tend vers $\frac{12}{5}$ quand $h\to 0$. La définition est une dérivée à UNE variable, celle de $g(h)=f(P+h\vec u)$ en $h=0$ : on regarde $f$ le long de la droite qui passe par $P$ dans la direction $\vec u$. C'est pourquoi $\vec u$ doit être unitaire : $h$ mesure alors la distance parcourue, et le quotient est un vrai taux par unité de longueur.

b) $f_{x}=2x+3y$ et $f_{y}=3x$, donc $\nabla f(P)=(8,3)$. La formule donne $\nabla f(P)\cdot\vec u=8\cdot\frac{3}{5}+3\cdot\left(-\frac{4}{5}\right)=\frac{24-12}{5}=\frac{12}{5}$, le même nombre qu'en a), en deux lignes au lieu de dix. Le raccourci vient de la dérivation en chaîne : $g(h)=f(1+hu_{1},\,2+hu_{2})$ est la composée de $f$ et de $x=1+hu_{1}$, $y=2+hu_{2}$, donc $g'(0)=f_{x}(P)\,u_{1}+f_{y}(P)\,u_{2}=\nabla f(P)\cdot\vec u$. Mais la règle de chaîne demande que $f$ soit DIFFÉRENTIABLE en $P$. Ici $f$ est un polynôme, ses dérivées partielles sont continues partout, donc $f$ est différentiable partout et la formule s'applique. Sans cette hypothèse, la formule peut être fausse alors que toutes les dérivées directionnelles existent : l'exercice 8 en donne un exemple. Sur une copie, une demi-ligne suffit : « $f$ est polynomiale, donc différentiable, et $D_{\vec u}f=\nabla f\cdot\vec u$ ».

c) $\vec v=(1,1)$ n'est PAS unitaire : $\|\vec v\|=\sqrt{2}$. On normalise d'abord, $\vec u=\frac{\vec v}{\|\vec v\|}=\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$, puis $D_{\vec u}f(P)=\frac{8+3}{\sqrt{2}}=\frac{11\sqrt{2}}{2}\approx 7{,}78$. Le piège du chapitre est ici : $\nabla f(P)\cdot\vec v=11$ est le taux multiplié par la longueur de $\vec v$, donc faux d'un facteur $\sqrt{2}$. Un contrôle immédiat l'aurait vu : aucun taux ne peut dépasser $\|\nabla f(P)\|=\sqrt{64+9}=\sqrt{73}\approx 8{,}54$, et $11$ le dépasse. Toute la question est perdue sur cette normalisation, alors que le calcul est juste.

d) Une direction donnée par un angle s'écrit $\vec u=(\cos\theta,\sin\theta)$, unitaire d'office : $\vec u=\left(\cos\frac{2\pi}{3},\sin\frac{2\pi}{3}\right)=\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$. Alors $D_{\vec u}f(P)=8\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)+3\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=-4+\frac{3\sqrt{3}}{2}$. Sans calculatrice, $\sqrt{3}\approx 1{,}732$ donne $\frac{3\sqrt{3}}{2}\approx 2{,}598$ et $D_{\vec u}f(P)\approx -1{,}40$. Le signe négatif a un sens : la direction fait un angle obtus avec $\nabla f(P)=(8,3)$, qui pointe presque vers l'est, donc $f$ diminue quand on part vers le nord-ouest. On gardera la forme exacte dans la réponse et le décimal seulement pour interpréter.

a) $f_{x}=2x-y$ et $f_{y}=-x+6y$, donc $\nabla f(P)=(3,4)$, de norme $\sqrt{9+16}=5$. Comme $f$ est polynomiale, donc différentiable, $D_{\vec u}f(P)=\nabla f(P)\cdot\vec u=\|\nabla f(P)\|\,\|\vec u\|\cos\theta=5\cos\theta$. Le maximum est atteint pour $\cos\theta=1$, c'est-à-dire quand $\vec u$ a la direction et le sens du gradient : $\vec u=\frac{\nabla f(P)}{\|\nabla f(P)\|}=\left(\frac{3}{5},\frac{4}{5}\right)$, et le taux maximal vaut $5$. Attention à deux confusions : le taux maximal est la NORME du gradient, pas le gradient lui-même, qui est un vecteur ; et ce n'est pas non plus $\nabla f\cdot\nabla f=25$, que l'on obtient en oubliant de normaliser la direction du gradient.

b) Le minimum correspond à $\cos\theta=-1$, donc à la direction opposée au gradient, $\vec u=\left(-\frac{3}{5},-\frac{4}{5}\right)$, avec le taux $-5$. Le taux minimal est toujours l'opposé du taux maximal : il n'y a rien à recalculer. C'est dans cette direction que $f$ décroît le plus vite, et c'est elle que suivra plus tard dans le cours la méthode du gradient.

c) $D_{\vec u}f(P)=0$ équivaut à $\cos\theta=0$, donc à $\vec u\perp\nabla f(P)$. Les vecteurs orthogonaux à $(3,4)$ sont proportionnels à $(4,-3)$, de norme $5$ : $\vec u=\pm\left(\frac{4}{5},-\frac{3}{5}\right)$. Vérification : $3\cdot\frac{4}{5}+4\cdot\left(-\frac{3}{5}\right)=0$. Comme $f(P)=4-2+3=5$, $P$ est sur la courbe de niveau $f=5$, une ellipse ; les deux vecteurs trouvés sont les deux sens de sa TANGENTE en $P$. C'est la propriété centrale du chapitre : le gradient est perpendiculaire à la courbe de niveau, et longer la courbe de niveau, c'est ne pas changer $f$ au premier ordre.

d) $\nabla f(P)\cdot(0,1)=4$. Pour l'autre direction, on pose $\vec u=(a,b)$ avec $3a+4b=4$ et $a^{2}+b^{2}=1$. La première donne $a=\frac{4-4b}{3}$ ; en reportant, $(4-4b)^{2}+9b^{2}=9$, soit $25b^{2}-32b+7=0$, de racines $b=1$ et $b=\frac{7}{25}$. La première redonne $(0,1)$ ; la seconde donne $a=\frac{4-\frac{28}{25}}{3}=\frac{24}{25}$, d'où $\vec u=\left(\frac{24}{25},\frac{7}{25}\right)$, bien unitaire car $24^{2}+7^{2}=625=25^{2}$. Lecture géométrique : $5\cos\theta=4$ donne $\cos\theta=\frac{4}{5}$, et il y a deux angles, un de chaque côté du gradient ; le second vecteur est le symétrique de $(0,1)$ par rapport à la direction du gradient. Oublier la contrainte $a^{2}+b^{2}=1$ laisse une infinité de « solutions » de $3a+4b=4$, qui ne sont pas des directions.

e) Non. Quel que soit $\vec u$ unitaire, $D_{\vec u}f(P)=5\cos\theta\le 5$, et $5<6$. On le dit sans résoudre aucun système : le gradient fixe la borne de tous les taux possibles. Si l'on tente quand même $3a+4b=6$ avec $a^{2}+b^{2}=1$, on obtient $25b^{2}-48b+27=0$, de discriminant $2304-2700<0$ : aucune solution, ce qui confirme la réponse et montre ce qu'un calcul aveugle coûte en temps.

a) $f_{x}=-2x$ et $f_{y}=1$, donc $\nabla f(x,y)=(-2x,1)$ : $\nabla f(A)=(0,1)$ et $\nabla f(C)=(-2,1)$. $f(A)=1-0=1$ et $f(C)=2-1=1$ : les deux points sont sur la même courbe de niveau $f=1$, la parabole $y=x^{2}+1$. Même niveau ne veut pas dire même gradient : la valeur de $f$ est la même, la façon dont $f$ varie autour de chaque point ne l'est pas.

b) On paramètre la courbe de niveau par $\vec r(t)=\left(t,\,t^{2}+1\right)$, qui passe par $C$ en $t=1$, avec $\vec r\,'(1)=(1,2)$. Le long de cette courbe, $f\left(\vec r(t)\right)=1$ pour tout $t$ ; en dérivant par la règle de chaîne, $f_{x}\,x'(t)+f_{y}\,y'(t)=0$, c'est-à-dire $\nabla f\left(\vec r(t)\right)\cdot\vec r\,'(t)=0$. En $C$ : $(-2,1)\cdot(1,2)=-2+2=0$, le gradient est perpendiculaire à la tangente. Le même calcul, fait sur n'importe quelle courbe de niveau, démontre le théorème du chapitre. La tangente est la droite par $C(1,2)$ de normale $\nabla f(C)$ : $-2(x-1)+1(y-2)=0$, soit $y=2x$. On l'obtient aussi par la pente : $y-2=2(x-1)$. Retenir la première écriture : elle se généralise telle quelle au plan tangent d'une surface de niveau, à l'exercice 5, là où il n'y a plus de pente à lire.

c) Les courbes de niveau sont espacées d'une unité de $f$. Près de $A$, au sommet des paraboles, elles sont espacées d'une unité verticalement ; près de $C$, sur les flancs, elles se resserrent dans la direction perpendiculaire. Plus les courbes sont serrées, plus $f$ change vite : $C$ gagne. Le calcul confirme : $\|\nabla f(A)\|=1$ et $\|\nabla f(C)\|=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}\approx 2{,}24$. L'écart perpendiculaire entre deux courbes voisines vaut environ $\frac{1}{\|\nabla f\|}$ : $1$ en $A$, environ $0{,}45$ en $C$, ce qui se voit sur la figure. C'est la règle de lecture de toute carte de contour : la norme du gradient se lit dans le resserrement des courbes, pas dans la valeur écrite sur elles.

d) Vers le nord, $D_{\vec u}f(C)=(-2,1)\cdot(0,1)=1$ : on retrouve $f_{y}(C)$, ce qui est normal, une dérivée partielle est une dérivée directionnelle dans la direction d'un axe. Vers $\overrightarrow{OC}=(1,2)$, de norme $\sqrt{5}$, on normalise : $\vec u=\frac{1}{\sqrt{5}}(1,2)$ et $D_{\vec u}f(C)=\frac{-2+2}{\sqrt{5}}=0$. Ce zéro n'est pas un hasard : la tangente à la courbe de niveau en $C$ est la droite $y=2x$ trouvée en b), qui passe par l'origine. La direction $\overrightarrow{OC}$ est donc TANGENTE à la courbe de niveau, et la dérivée directionnelle y est nulle. Sur la figure, partir de $C$ vers l'extérieur le long de $OC$, c'est d'abord glisser le long de la parabole $f=1$.

e) $\nabla f(C)=(-2,1)$ pointe vers le haut et franchement vers la GAUCHE, plus à gauche qu'en haut. L'élève confond « $f$ croît avec $y$ », c'est-à-dire $f_{y}>0$, avec « le gradient est vertical ». Le gradient a deux composantes, et $f_{x}(C)=-2$ n'est pas nul : en $C$, aller vers la gauche fait monter $f$ plus que monter vers le nord. L'énoncé juste : « le gradient est perpendiculaire à la courbe de niveau et pointe vers les niveaux croissants ». Il n'est vertical qu'au sommet des paraboles, sur l'axe $x=0$. La figure de la correction trace la moitié des deux gradients et la tangente $y=2x$.

a) $f(P)=0\cdot 1+2e^{0}=2$. Les dérivées partielles : $f_{x}=y^{2}+z\,e^{x}$, $f_{y}=2xy$, $f_{z}=e^{x}$. En $P$ : $f_{x}(P)=1+2=3$, $f_{y}(P)=0$, $f_{z}(P)=1$, donc $\nabla f(P)=(3,0,1)$. La fonction est un produit et une somme de fonctions de classe $C^{1}$ : elle est différentiable, et la formule $D_{\vec u}f=\nabla f\cdot\vec u$ s'applique.

b) « Vers $Q$ » désigne la direction de $\overrightarrow{PQ}=(2,2,1)$, de norme $\sqrt{4+4+1}=3$. Le vecteur unitaire est $\vec u=\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3}\right)$, et $D_{\vec u}f(P)=\frac{3\cdot 2+0\cdot 2+1\cdot 1}{3}=\frac{7}{3}$. L'erreur la plus fréquente donne $7$, le produit scalaire avec $\overrightarrow{PQ}$ lui-même : c'est trois fois trop, parce que la longueur de $\overrightarrow{PQ}$ est entrée dans le taux. Le taux ne dépend que de la DIRECTION, jamais de la distance jusqu'au point visé. Contrôle : $7>\sqrt{10}$, le taux maximal trouvé en c), donc $7$ est impossible.

c) Le taux maximal est $\|\nabla f(P)\|=\sqrt{9+0+1}=\sqrt{10}$. Sans calculatrice, $3{,}16^{2}=9{,}9856$ et $3{,}17^{2}=10{,}0489$, donc $\sqrt{10}\approx 3{,}16$. Il est atteint dans la direction du gradient, $\vec u=\frac{1}{\sqrt{10}}(3,0,1)$. Rien ne change par rapport à deux variables : $D_{\vec u}f=\|\nabla f\|\cos\theta$, où $\theta$ est l'angle dans l'espace entre $\vec u$ et le gradient.

d) $D_{(0,1,0)}f(P)=\nabla f(P)\cdot(0,1,0)=f_{y}(P)=0$ : au premier ordre, $f$ ne change pas quand on part de $P$ parallèlement à l'axe des $y$. Mais ce n'est pas la seule direction. $D_{\vec u}f(P)=0$ équivaut à $\vec u\perp(3,0,1)$ : les vecteurs unitaires orthogonaux à un vecteur non nul de l'espace forment un CERCLE, l'intersection de la sphère unité avec le plan $3x+z=0$. Il y en a donc une infinité, par exemple $(0,1,0)$, $\frac{1}{\sqrt{10}}(1,0,-3)$ et toutes leurs combinaisons normalisées. À deux variables, il n'y en avait que DEUX, les deux sens de la tangente à la courbe de niveau. En trois variables, ces directions sont celles du plan tangent à la surface de niveau $f=2$ en $P$ : on y reviendra à l'exercice suivant.

a) $F(P)=\frac{4}{4}+1+\frac{9}{9}=3$ : $P\in\mathcal{E}$. Puis $\nabla F=\left(\frac{x}{2},2y,\frac{2z}{9}\right)$, donc $\nabla F(P)=\left(-1,2,-\frac{2}{3}\right)$, non nul. C'est la clé du chapitre en dimension trois : le gradient de $F$ est perpendiculaire à la surface de niveau, exactement comme le gradient de $f(x,y)$ l'est à la courbe de niveau. Il fournit le vecteur normal sans paramétrer la surface.

b) Le plan passe par $P$ et a pour normale $\nabla F(P)$ : $-1(x+2)+2(y-1)-\frac{2}{3}(z+3)=0$. On multiplie par $-3$ pour chasser la fraction et obtenir le coefficient $3$ demandé : $3(x+2)-6(y-1)+2(z+3)=0$, soit $3x-6y+2z+18=0$, ou $3x-6y+2z=-18$. Contrôle par substitution : $3(-2)-6(1)+2(-3)=-18$, le point $P$ est bien dans le plan. Multiplier une normale par un nombre non nul ne change pas le plan ; changer un seul coefficient, oui.

c) La droite normale passe par $P$ et a pour direction $\nabla F(P)$, ou tout multiple, ici $(3,-6,2)$ : $(x,y,z)=(-2+3t,\,1-6t,\,-3+2t)$, $t\in\mathbb{R}$. Elle coupe $z=0$ quand $-3+2t=0$, soit $t=\frac{3}{2}$ : le point $\left(-2+\frac{9}{2},\,1-9,\,0\right)=\left(\frac{5}{2},-8,0\right)$. Le même vecteur sert deux fois : normale du plan tangent et direction de la droite normale.

d) Deux plans sont parallèles quand leurs normales le sont : on cherche les points de $\mathcal{E}$ où $\nabla F=\lambda(3,-6,2)$, soit $\frac{x}{2}=3\lambda$, $2y=-6\lambda$, $\frac{2z}{9}=2\lambda$, donc $x=6\lambda$, $y=-3\lambda$, $z=9\lambda$. En reportant dans l'équation : $\frac{36\lambda^{2}}{4}+9\lambda^{2}+\frac{81\lambda^{2}}{9}=27\lambda^{2}=3$, d'où $\lambda=\pm\frac{1}{3}$. Les points sont $(-2,1,-3)$, c'est $P$ avec $\lambda=-\frac{1}{3}$, et $(2,-1,3)$ avec $\lambda=\frac{1}{3}$. Deux réponses, symétriques par rapport à l'origine : un ellipsoïde a toujours deux plans tangents parallèles à une direction donnée, un de chaque côté. Oublier la valeur négative de $\lambda$ perd la moitié de la réponse.

e) $\nabla G=(2xy,\,x^{2},\,-1)$, donc $\nabla G(1,2,2)=(4,1,-1)$, et le plan tangent est $4(x-1)+1(y-2)-1(z-2)=0$, soit $z=4x+y-4$. Avec $f(x,y)=x^{2}y$, $f_{x}(1,2)=4$ et $f_{y}(1,2)=1$, et la formule du plan tangent à un graphe donne $z-2=4(x-1)+(y-2)$ : le même plan. La formule du chapitre précédent est donc un cas particulier : un graphe $z=f(x,y)$ est la surface de niveau $0$ de $f(x,y)-z$, de normale $(f_{x},f_{y},-1)$. Attention au vocabulaire : le vecteur normal à la SURFACE est $(f_{x},f_{y},-1)$, dans l'espace ; $\nabla f=(f_{x},f_{y})$, lui, vit dans le plan des $x$ et des $y$ et n'est normal qu'à la COURBE de niveau.