Plan tangent et différentielle : exercices corrigés de MTH1101 (Polytechnique)

a) On calcule la valeur et les deux dérivées partielles AU POINT, puis on assemble. $f(2,1)=4-6+2=0$. $f_x=2xy-3y^{2}$ donne $f_x(2,1)=4-3=1$, et $f_y=x^{2}-6xy$ donne $f_y(2,1)=4-12=-8$. Le plan est $z=0+1\cdot(x-2)-8\,(y-1)$, soit $z=x-8y+6$. Contrôle immédiat : au-dessus de $(2,1)$, le plan donne $2-8+6=0=f(2,1)$, il passe bien par le point de la surface. Le piège est d'écrire $z=x-8y$ en oubliant les décalages $(x-2)$ et $(y-1)$. Ce plan a la bonne inclinaison, mais il passe à la hauteur $-6$ au-dessus de $(2,1)$ : il est parallèle au plan tangent, il ne touche pas la surface. Le contrôle $L(a,b)=f(a,b)$ attrape cette erreur en cinq secondes, et c'est la première chose qu'un correcteur vérifie.

b) $f(3,1)=\ln 1=0$. Par la dérivation d'une composée à une variable, $f_x=\dfrac{1}{x-2y}$ et $f_y=\dfrac{-2}{x-2y}$ : le facteur $-2$ est la dérivée de $x-2y$ par rapport à $y$, $x$ étant tenu constant. Au point, $x-2y=1$, donc $f_x(3,1)=1$ et $f_y(3,1)=-2$. Le plan est $z=(x-3)-2(y-1)=x-2y-1$. Oublier le facteur $-2$ donne $B=1$ : la pente dans la direction $y$ change de signe, et le plan monte là où la surface descend. Les deux dérivées partielles sont continues sur tout le domaine $x>2y$, qui contient $(3,1)$ : c'est ce qui garantit la différentiabilité annoncée dans l'énoncé.

c) $f(1,1)=\dfrac{1}{2}$. Par la règle du quotient, $f_x=\dfrac{2x(x+y)-x^{2}}{(x+y)^{2}}=\dfrac{x^{2}+2xy}{(x+y)^{2}}$, donc $f_x(1,1)=\dfrac{3}{4}$, et $f_y=-\dfrac{x^{2}}{(x+y)^{2}}$, donc $f_y(1,1)=-\dfrac{1}{4}$. Le plan est $z=\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{4}(x-1)-\dfrac{1}{4}(y-1)$ et son terme constant vaut $\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}=0$ : $z=\dfrac{3}{4}x-\dfrac{1}{4}y$. Ce n'est pas une erreur. Pour $t>0$, $f(t,t)=\dfrac{t^{2}}{2t}=\dfrac{t}{2}$ et $L(t,t)=\dfrac{3t}{4}-\dfrac{t}{4}=\dfrac{t}{2}$ : le plan et la surface coïncident sur toute la demi-droite qui joint l'origine au point. Plus généralement $f(tx,ty)=t\,f(x,y)$, donc au-dessus de chaque demi-droite issue de l'origine la surface est elle-même une demi-droite ; le plan tangent contient celle qui passe par le point de contact, donc il passe par l'origine. Un résultat inattendu se vérifie, il ne se « corrige » pas.

d) « Horizontal » veut dire que les deux pentes sont nulles, pas que la hauteur l'est : on cherche $f_x(a,b)=0$ et $f_y(a,b)=0$. Ici $f_x=2x+y-3$ et $f_y=x+2y$. Le système $2a+b=3$, $a+2b=0$ donne $a=-2b$, puis $-4b+b=3$, soit $b=-1$ et $a=2$. Au point $(2,-1)$, $f(2,-1)=4-2+1-6=-3$, et le plan tangent est $z=-3$ : les termes en $(x-2)$ et en $(y+1)$ disparaissent avec leurs coefficients nuls. Résoudre $f(a,b)=0$ répondrait à une autre question, celle des points où la surface traverse le plan $z=0$. C'est en de tels points à plan tangent horizontal que l'on cherchera plus tard les extrema ; ici on constate seulement que la surface y est à plat au premier ordre.

a) $f(3,4)=\sqrt{25}=5$. Les dérivées partielles $f_x=\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$ et $f_y=\dfrac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$ sont continues hors de l'origine, donc $f$ est différentiable en $(3,4)$, avec $f_x(3,4)=\dfrac{3}{5}$ et $f_y(3,4)=\dfrac{4}{5}$. Les déplacements sont $dx=0{,}02$ et $dy=-0{,}03$, car $3{,}97=4-0{,}03$ : le signe de $dy$ est le premier piège. Alors $L=5+\dfrac{3}{5}(0{,}02)+\dfrac{4}{5}(-0{,}03)=5+0{,}012-0{,}024=4{,}988$. La valeur exacte est $4{,}98812\ldots$ : l'écart, environ $1{,}2\times 10^{-4}$, est cent fois plus petit que les déplacements eux-mêmes. C'est la promesse de la différentiabilité : l'erreur est d'ordre deux, négligeable devant la distance au point d'appui.

b) On pose $f(x,y)=x^{3}y^{2}$ et l'on s'appuie sur $(2,3)$, où tout se calcule de tête : $f(2,3)=8\times 9=72$, $f_x=3x^{2}y^{2}$ donne $f_x(2,3)=108$, et $f_y=2x^{3}y$ donne $f_y(2,3)=48$. Avec $dx=-0{,}02$ et $dy=0{,}01$ : $L=72+108(-0{,}02)+48(0{,}01)=72-2{,}16+0{,}48=70{,}32$. La valeur exacte est $70{,}328\ldots$ Même résultat par les erreurs relatives : $\dfrac{dz}{z}=3\dfrac{dx}{x}+2\dfrac{dy}{y}=3(-0{,}01)+2\left(\dfrac{1}{300}\right)=-\dfrac{7}{300}$, et $72\left(1-\dfrac{7}{300}\right)=70{,}32$. Pour un produit de puissances, chaque exposant multiplie l'erreur relative de son facteur ; on retrouvera ce raccourci dans la propagation des erreurs.

c) La fonction s'impose, $f(x,y)=\sqrt{x}\,\sqrt[3]{y}$ ; le point d'appui doit être proche de $(8{,}95\,;27{,}3)$ ET rendre $f$, $f_x$, $f_y$ exacts : $(9,27)$, carré parfait et cube parfait. S'appuyer sur $(8{,}95\,;27)$ serait plus proche, mais $\sqrt{8{,}95}$ resterait à calculer : l'approximation n'aurait rien simplifié. On a $f(9,27)=3\times 3=9$, $f_x=\dfrac{\sqrt[3]{y}}{2\sqrt{x}}$ donc $f_x(9,27)=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$, et $f_y=\dfrac{\sqrt{x}}{3y^{2/3}}$ donc $f_y(9,27)=\dfrac{3}{3\times 9}=\dfrac{1}{9}$. Avec $dx=-0{,}05$ et $dy=0{,}3$ : $L=9-\dfrac{1}{40}+\dfrac{1}{30}=9+\dfrac{1}{120}\approx 9{,}0083$. La valeur exacte est $9{,}00808\ldots$ Le déplacement $dy=0{,}3$ paraît grand, mais il ne représente qu'un peu plus de $1\ \%$ de $27$, et la pente $\dfrac{1}{9}$ l'atténue : c'est la taille RELATIVE du déplacement, pondérée par la pente, qui compte.

d) $L(x,y)=5+\dfrac{3}{5}(x-3)+\dfrac{4}{5}(y-4)=\dfrac{3x+4y}{5}$. Alors $L(6,8)=\dfrac{50}{5}=10$, exactement $f(6,8)=\sqrt{100}$, alors que $L(4,3)=\dfrac{24}{5}=4{,}8$ contre $f(4,3)=5$. Le point le plus éloigné est approché sans erreur, le plus proche avec une erreur de $0{,}2$. Explication : $f(tx,ty)=t\,f(x,y)$ pour $t\ge 0$, la surface est un cône dont chaque génératrice est une demi-droite issue de l'origine. Au-dessus de la droite qui passe par $O$ et $P(3,4)$, la surface EST une droite, contenue dans le plan tangent : sur cette droite, $L=f$ partout, même en $(0,0)$. Le point $Q(4,3)$ est sur le même cercle que $P$, donc à la même hauteur $5$, mais le plan, lui, descend dans cette direction : c'est là que le cône se courbe. La figure de la correction le montre : les courbes de niveau de $f$ sont des cercles, celles de $L$ des droites parallèles, et elles se croisent exactement sur la demi-droite $OP$. La qualité d'une approximation linéaire dépend de la courbure de la surface dans la direction du déplacement, pas seulement de la distance.

a) La formule de $f$ n'a pas de sens en $(0,0)$ : la dériver puis remplacer par $(0,0)$ donnerait $\frac{0}{0}$. Seule la définition répond. Pour $h\neq 0$, $f(h,0)=\dfrac{0}{h^{2}}=0$, donc $f_x(0,0)=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{0}{h}=0$. De même $f(0,h)=0$ donne $f_y(0,0)=0$. Ces deux nombres existent, mais ils ne regardent que les deux axes, sur lesquels $f$ est identiquement nulle. Une dérivée partielle est une information sur UNE trace de la surface, pas sur la surface.

b) Le candidat est $z=f(0,0)+f_x(0,0)\,x+f_y(0,0)\,y=0$ : le plan horizontal $z=0$. Or, pour $t\neq 0$, $f(t,t)=\dfrac{t^{2}}{2t^{2}}=\dfrac{1}{2}$ et $f(t,2t)=\dfrac{2t^{2}}{5t^{2}}=\dfrac{2}{5}$, ce que la figure affiche sur la diagonale et sur la droite $y=2x$. Plus généralement, sur la droite $y=mx$, $f$ vaut $\dfrac{m}{1+m^{2}}$, quelle que soit la distance à l'origine. Aussi près de l'origine qu'on le veuille, la surface est à la hauteur $\frac{1}{2}$ au-dessus de la diagonale, alors que le plan candidat est à la hauteur $0$ : l'écart ne diminue pas, il est fixe. Aucune promesse « $\Delta z\approx dz$ » ne peut être tenue.

c) Le long de l'axe des $x$, $f$ tend vers $0$ ; le long de la diagonale, $f$ tend vers $\frac{1}{2}$. Deux chemins donnent deux limites différentes, donc $\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$ n'existe pas et $f$ n'est pas continue en $(0,0)$. Le théorème du cours dit : si $f$ est différentiable en $(a,b)$, alors $f$ est continue en $(a,b)$. Par contraposée, $f$ n'est pas différentiable en $(0,0)$, et la surface n'a pas de plan tangent au-dessus de l'origine. Le résultat à retenir : l'existence de $f_x(a,b)$ et de $f_y(a,b)$ n'entraîne ni la différentiabilité, ni même la continuité. C'est la différence avec une variable, où « dérivable » entraîne « continue ».

d) Hors de l'origine, par la règle du quotient, $f_x=\dfrac{y(x^{2}+y^{2})-xy\cdot 2x}{(x^{2}+y^{2})^{2}}=\dfrac{y(y^{2}-x^{2})}{(x^{2}+y^{2})^{2}}$. Sur l'axe des $y$, $f_x(0,y)=\dfrac{y^{3}}{y^{4}}=\dfrac{1}{y}$ : $f_x(0\,;0{,}1)=10$, $f_x(0\,;0{,}01)=100$. Près de l'origine, $f_x$ prend des valeurs aussi grandes qu'on veut, alors que $f_x(0,0)=0$ : $f_x$ n'est pas continue en $(0,0)$. C'est l'hypothèse « continues en $(a,b)$ » qui fait défaut. Aucune contradiction avec le théorème : il donne une condition SUFFISANTE ; quand son hypothèse tombe, il ne dit rien, et c'est l'étude directe (question c) qui tranche.

a) $f_x=2x+3y$ et $f_y=3x-2y$, donc $f_x(2,3)=13$ et $f_y(2,3)=6-6=0$. Alors $dz=13(0{,}05)+0\,(-0{,}04)=0{,}65$. Que $f_y(2,3)$ soit nul ne veut pas dire que $z$ ignore $y$ : cela veut dire que, au premier ordre, une petite variation de $y$ ne change pas $z$. Le plan tangent est horizontal dans la direction $y$, pas la surface. La question b) le montre : $dy$ réapparaît dans l'écart.

b) $f(2{,}05\,;2{,}96)=4{,}2025+18{,}204-8{,}7616=13{,}6449$ et $f(2,3)=4+18-9=13$, donc $\Delta z=0{,}6449$, et $\Delta z-dz=-0{,}0051$. En général, on développe : $f(2+dx,3+dy)=(2+dx)^{2}+3(2+dx)(3+dy)-(3+dy)^{2}=13+13\,dx+dx^{2}+3\,dx\,dy-dy^{2}$, les termes en $dy$ seul s'annulant ($6\,dy-6\,dy$). Donc $\Delta z-dz=dx^{2}+3\,dx\,dy-dy^{2}$, et avec les données, $0{,}0025-0{,}006-0{,}0016=-0{,}0051$. Tous les termes de l'écart sont des PRODUITS de deux petits nombres. On peut l'écrire $(dx+3\,dy)\,dx+(-dy)\,dy$ : $\varepsilon_1=dx+3\,dy$ et $\varepsilon_2=-dy$ tendent vers $0$, et l'on vient de vérifier à la main la définition de la différentiabilité en $(2,3)$.

c) $A=xy$, donc $dA=y\,dx+x\,dy=25(0{,}5)+40(0{,}2)=12{,}5+8=20{,}5$ cm². L'accroissement exact est $\Delta A=40{,}5\times 25{,}2-1000=1020{,}6-1000=20{,}6$ cm². L'écart vaut $0{,}1=0{,}5\times 0{,}2$, c'est-à-dire $dx\,dy$. La figure le montre : $y\,dx$ est la bande de droite, $x\,dy$ la bande du haut, et la différentielle les compte toutes les deux ; elle oublie le petit rectangle du coin, d'aire $dx\,dy$, produit de deux accroissements. Ici $\varepsilon_1=dy$ et $\varepsilon_2=0$ conviennent. Pour des accroissements de quelques millimètres, ce coin est négligeable devant les bandes, et c'est pour cela qu'on se sert de $dA$, linéaire et simple, plutôt que de $\Delta A$.

d) Avec $dx=dy=h$ : $\Delta z-dz=h^{2}+3h^{2}-h^{2}=3h^{2}$, soit $0{,}03$ pour $h=0{,}1$. Le déplacement a pour longueur $\sqrt{h^{2}+h^{2}}=\sqrt{2}\,h$, et $\dfrac{\Delta z-dz}{\sqrt{2}\,h}=\dfrac{3h}{\sqrt{2}}\to 0$. L'écart n'est pas seulement petit, il est petit DEVANT le déplacement : c'est exactement ce que signifie « $f$ est différentiable ». Comparez à l'exercice 3, où le long de la diagonale l'écart restait égal à $\frac{1}{2}$ : divisé par $\sqrt{2}\,|t|$, il tendait vers l'infini, et il n'y avait pas de plan tangent.

a) La hauteur est tenue constante pour dériver par rapport à $r$, et réciproquement : $\dfrac{\partial V}{\partial r}=2\pi rh$, qui vaut $20\pi$ en $(2,5)$, et $\dfrac{\partial V}{\partial h}=\pi r^{2}$, qui vaut $4\pi$. La différentielle totale est $dV=20\pi\,dr+4\pi\,dh$. Elle se lit comme un bilan : chaque mètre d'erreur sur le rayon pèse $20\pi$ m³, chaque mètre d'erreur sur la hauteur $4\pi$ m³. Les deux dérivées partielles sont des polynômes en $r$ et $h$, continues partout : $V$ est différentiable et la différentielle est une bonne approximation de l'accroissement réel.

b) On ne connaît ni le signe de $dr$ ni celui de $dh$, seulement $|dr|\le 0{,}01$ et $|dh|\le 0{,}02$. Le pire cas est celui où les deux erreurs poussent le volume dans le même sens : $|dV|\le|V_r|\,|dr|+|V_h|\,|dh|=20\pi(0{,}01)+4\pi(0{,}02)=0{,}2\pi+0{,}08\pi=0{,}28\pi\approx 0{,}88$ m³. Les valeurs absolues ne changent rien ici, les deux dérivées étant positives, mais on les écrit toujours : avec une dérivée négative, elles empêchent deux erreurs de se compenser sur le papier alors qu'elles ne se compensent pas dans la réalité. Contrôle par le calcul exact du pire cas : $\pi(2{,}01^{2}\times 5{,}02-20)=0{,}281302\pi$. L'écart avec $0{,}28\pi$ est de l'ordre de $0{,}0013\pi$, négligeable : c'est ce qui autorise la différentielle, linéaire et simple, à la place de $\Delta V$.

c) À partir de b) : $V=20\pi$, et $\dfrac{0{,}28\pi}{20\pi}=0{,}014=1{,}4\ \%$. Directement : $\ln V=\ln\pi+2\ln r+\ln h$, donc $\dfrac{dV}{V}=2\dfrac{dr}{r}+\dfrac{dh}{h}$, et l'erreur relative maximale est $2\times\dfrac{0{,}01}{2}+\dfrac{0{,}02}{5}=2\times 0{,}5\ \%+0{,}4\ \%=1{,}4\ \%$. La seconde méthode est la plus rapide pour un produit de puissances : chaque exposant multiplie l'erreur relative de son facteur. L'exposant $2$ du rayon double son erreur relative : une mesure à $0{,}5\ \%$ près coûte $1\ \%$ sur le volume.

d) Le rayon contribue $1\ \%$, la hauteur $0{,}4\ \%$ : c'est le rayon qu'il faut soigner, à cause de son exposant et non parce qu'il serait mal mesuré, puisque son erreur relative, $0{,}5\ \%$, est à peine plus grande que celle de la hauteur. Avec la hauteur gardée, il faut $2\dfrac{|dr|}{2}+0{,}4\ \%\le 1\ \%$, soit $|dr|\le 0{,}006$ m, c'est-à-dire $6$ mm au lieu de $10$. Contrôle : $2\times 0{,}3\ \%+0{,}4\ \%=1\ \%$. Améliorer la hauteur seule ne suffirait jamais : même avec $dh=0$, le rayon laisse $1\ \%$ à lui seul, la limite exactement. C'est le problème inverse de la propagation : partir de la précision voulue sur le résultat pour fixer celle de l'instrument.