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

$f(1,-2)=2-4-8=-10$ ; $f_x=6x^{2}-y^{2}$, $f_x(1,-2)=6-4=2$ ; $f_y=-2xy+4$, $f_y(1,-2)=4+4=8$. Donc $z=-10+2(x-1)+8(y+2)=2x+8y+4$, $C=4$, et $L(0{,}9\,;-2{,}1)=1{,}8-16{,}8+4=-11$. Piège : le signe de $y$ dans $f_y(1,-2)=-2(1)(-2)+4$.

Au point, $x-2y=0$, donc $e^{x-2y}=1$ et $f(2,1)=5$. Produit et chaîne : $f_x=\left(2x+x^{2}+y\right)e^{x-2y}$, $f_x(2,1)=4+5=9$ ; $f_y=\left(1-2\left(x^{2}+y\right)\right)e^{x-2y}$, $f_y(2,1)=1-10=-9$. Donc $z=5+9(x-2)-9(y-1)=9x-9y-4$, $C=-4$, et $L(2{,}1\,;1{,}05)=18{,}9-9{,}45-4=5{,}45$. Piège : oublier le facteur $-2$, dérivée de l'exposant par rapport à $y$.

$f(1,4)=\sqrt{9}=3$ ; $f_x=\frac{y}{2\sqrt{xy+5}}$, $f_x(1,4)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$ ; $f_y=\frac{x}{2\sqrt{xy+5}}$, $f_y(1,4)=\frac{1}{6}$. Donc $z=3+\frac{2}{3}(x-1)+\frac{1}{6}(y-4)=\frac{2}{3}x+\frac{1}{6}y+\frac{5}{3}$, $C=\frac{5}{3}$, et $L(1{,}3\,;3{,}4)=3+\frac{2}{3}(0{,}3)+\frac{1}{6}(-0{,}6)=3+0{,}2-0{,}1=3{,}1$. Évaluer $L$ sous la forme avec décalages va plus vite que sous la forme développée.

$f(1,1)=\ln 1=0$ ; $f_x=\frac{2x}{x^{2}+y^{3}-1}$, $f_x(1,1)=2$ ; $f_y=\frac{3y^{2}}{x^{2}+y^{3}-1}$, $f_y(1,1)=3$. Donc $z=2(x-1)+3(y-1)=2x+3y-5$, $C=-5$, et $L(1{,}05\,;0{,}98)=2(0{,}05)+3(-0{,}02)=0{,}04$.

$f(2,2)=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$ ; $f_x=\frac{2x}{y+2}$, $f_x(2,2)=1$ ; $y$ est au numérateur ET au dénominateur, donc règle du quotient : $f_y=\frac{-(y+2)-\left(x^{2}-y\right)}{(y+2)^{2}}=\frac{-x^{2}-2}{(y+2)^{2}}$, $f_y(2,2)=-\frac{6}{16}=-\frac{3}{8}$. Donc $z=\frac{1}{2}+(x-2)-\frac{3}{8}(y-2)=x-\frac{3}{8}y-\frac{3}{4}$, $C=-\frac{3}{4}$, et $L(2{,}2\,;1{,}6)=\frac{1}{2}+0{,}2+0{,}15=0{,}85$. Piège : dériver le seul numérateur par rapport à $y$, ce qui donne $-\frac{1}{4}$.

$f(1,1)=1\cdot\cos 0=1$. Par rapport à $x$, produit et chaîne, la dérivée intérieure de $y-x$ valant $-1$ : $f_x=2x\cos(y-x)+x^{2}\sin(y-x)$, $f_x(1,1)=2$. Par rapport à $y$ : $f_y=-x^{2}\sin(y-x)$, $f_y(1,1)=0$. Donc $z=1+2(x-1)=2x-1$, $C=-1$ : au point, la surface est horizontale dans la direction de l'axe des $y$. $L(1{,}1\,;0{,}8)=2{,}2-1=1{,}2$. Piège : le signe de $f_x$, où le moins de $(\cos u)'=-\sin u$ et celui de la dérivée intérieure s'annulent.

$z_x=\frac{y^{3}}{2\sqrt{x}}$, $z_x(4,1)=\frac{1}{4}$ ; $z_y=3y^{2}\sqrt{x}$, $z_y(4,1)=6$. Donc $dz=\frac{1}{4}(0{,}4)+6(-0{,}05)=0{,}1-0{,}3=-0{,}2$.

On prend $f(x,y)=\sqrt{x^{3}+y^{2}}$ au voisinage de $(2\,;1)$, où $f(2,1)=\sqrt{9}=3$ se calcule exactement. $f_x=\frac{3x^{2}}{2\sqrt{x^{3}+y^{2}}}$, $f_x(2,1)=\frac{12}{6}=2$ ; $f_y=\frac{y}{\sqrt{x^{3}+y^{2}}}$, $f_y(2,1)=\frac{1}{3}$. Avec $dx=0{,}03$ et $dy=-0{,}03$ : $\sqrt{2{,}03^{3}+0{,}97^{2}}\approx 3+2(0{,}03)+\frac{1}{3}(-0{,}03)=3+0{,}06-0{,}01=3{,}05$. Le point d'appui est imposé par la racine exacte $\sqrt{9}$, pas seulement par la proximité.

Au point $(2\,;3\,;1)$ : $w_x=\frac{y}{z}=3$, $w_y=\frac{x}{z}=2$, $w_z=-\frac{xy}{z^{2}}=-6$. Donc $dw=3(0{,}1)+2(-0{,}2)-6(0{,}05)=0{,}3-0{,}4-0{,}3=-0{,}4$. Piège : la dérivée par rapport à la variable du dénominateur, $-\frac{xy}{z^{2}}$, avec son signe moins.

On prend $f(x,y)=x\ln y$ au voisinage de $(3\,;1)$ : $f(3,1)=0$, $f_x=\ln y$ donc $f_x(3,1)=0$, $f_y=\frac{x}{y}$ donc $f_y(3,1)=3$. Avec $dx=-0{,}02$ et $dy=0{,}05$ : $2{,}98\ln(1{,}05)\approx 0+0\times(-0{,}02)+3(0{,}05)=0{,}15$. Le décalage sur $x$ ne compte pas au premier ordre, puisque $f_x$ s'annule au point d'appui.

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.

$f(3,1)=\ln 1=0$. 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.

$f(1,1)=\dfrac{1}{2}$. 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.

« 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.

$f(3,4)=\sqrt{25}=5$. 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.

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.

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.

$L(x,y)=5+\dfrac{3}{5}(x-3)+\dfrac{4}{5}(y-4)=\dfrac{3x+4y}{5}$. 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.