Approximation quadratique et Taylor à deux variables : exercices corrigés de MTH1101 (Polytechnique)

a) $f(1,1)=1$. Les dérivées premières : $f_{x}=\dfrac{1}{y}$ et $f_{y}=-\dfrac{x}{y^{2}}$, donc $f_{x}(1,1)=1$ et $f_{y}(1,1)=-1$. Les dérivées secondes : $f_{xx}=0$ (car $f_{x}$ ne dépend pas de $x$), $f_{xy}=-\dfrac{1}{y^{2}}$ et $f_{yy}=\dfrac{2x}{y^{3}}$, d'où $f_{xx}(1,1)=0$, $f_{xy}(1,1)=-1$ et $f_{yy}(1,1)=2$. Contrôle par le théorème de Clairaut : en dérivant $f_{y}=-\dfrac{x}{y^{2}}$ par rapport à $x$, on retrouve $f_{yx}=-\dfrac{1}{y^{2}}=f_{xy}$, ce qui est attendu puisque $f$ est de classe $C^{2}$ là où $y\neq 0$. Cette symétrie est la raison pour laquelle le terme croisé s'écrit UNE fois avec le facteur $2$ dans la formule.

b) $L(x,y)=1+h-k$. Pour la partie quadratique, on remplace dans le crochet : $\frac{1}{2}\left[0\cdot h^{2}+2(-1)hk+2k^{2}\right]=-hk+k^{2}$. Donc $T_{2}(x,y)=1+h-k-hk+k^{2}$, avec $h=x-1$ et $k=y-1$. C'est ici que se joue le fil du chapitre : le $\frac{1}{2}$ s'applique à tout le crochet, ce qui laisse $f_{xy}\,hk$ ENTIER pour le terme croisé et $\frac{f_{yy}}{2}k^{2}$ pour le carré. Écrire $-\frac{1}{2}hk$ ou $2k^{2}$ fausse la courbure, et l'estimation de c) avec elle.

c) Avec $h=0{,}1$ et $k=-0{,}1$ : $L=1+0{,}1+0{,}1=1{,}2$ et $T_{2}=1{,}2-(0{,}1)(-0{,}1)+(-0{,}1)^{2}=1{,}2+0{,}01+0{,}01=1{,}22$. La valeur exacte est $f(1{,}1\,;0{,}9)=\dfrac{11}{9}$. Erreurs : $\dfrac{11}{9}-\dfrac{6}{5}=\dfrac{55-54}{45}=\dfrac{1}{45}\approx 0{,}0222$ pour $L$, et $\dfrac{11}{9}-\dfrac{61}{50}=\dfrac{550-549}{450}=\dfrac{1}{450}\approx 0{,}00222$ pour $T_{2}$. L'approximation quadratique est dix fois plus précise ici. L'ordre de grandeur était prévisible : l'erreur de $L$ est d'ordre $2$ en $(h,k)$, donc de l'ordre de $0{,}01$ ; celle de $T_{2}$ est d'ordre $3$, donc de l'ordre de $0{,}001$. Les deux erreurs sont positives : les deux approximations sous-estiment.

d) Le long de la droite $x=1+t$, $y=1-t$, on a $h=t$ et $k=-t$. L'approximation linéaire devient $1+t+t=1+2t$, une DROITE ; $T_{2}$ devient $1+2t-t(-t)+t^{2}=1+2t+2t^{2}$, une PARABOLE. La courbe $A$ est courbée, c'est donc $T_{2}$ ; la droite $B$ est $L$. Les trois courbes passent par $(0,1)$ avec la même pente $2$ : c'est ce que garantit l'ordre $1$. La parabole $A$ épouse en plus la courbure de $g$ en $0$, puisque $g''(0)=4$ et que $2t^{2}$ a pour dérivée seconde $4$. Loin de $0$, elle décroche à son tour : en $t=0{,}6$, $g=4$ mais $T_{2}=2{,}92$. Une approximation de Taylor est locale, quel que soit son ordre.

a) Le polynôme de Taylor d'ordre 2 en $(1,-2)$ s'écrit $f(1,-2)+f_{x}\,h+f_{y}\,k+\frac{1}{2}\left[f_{xx}h^{2}+2f_{xy}hk+f_{yy}k^{2}\right]$, les dérivées étant prises en $(1,-2)$. Par identification des coefficients, le terme constant donne $f(1,-2)=3$, le coefficient de $h$ donne $f_{x}(1,-2)=2$ et celui de $k$ donne $f_{y}(1,-2)=-1$. Cette identification est légitime parce que le polynôme de Taylor d'ordre 2 est UNIQUE : c'est le seul polynôme de degré au plus $2$ en $(h,k)$ dont l'écart à $f$ est négligeable devant $h^{2}+k^{2}$.

b) Le coefficient de $h^{2}$ est $\frac{1}{2}f_{xx}$, donc $f_{xx}(1,-2)=2\times 4=8$. Le coefficient de $hk$ est $\frac{1}{2}\times 2f_{xy}=f_{xy}$, donc $f_{xy}(1,-2)=-6$, SANS facteur. Le coefficient de $k^{2}$ est $\frac{1}{2}f_{yy}$, donc $f_{yy}(1,-2)=2\times\frac{1}{2}=1$. Le piège est double et symétrique : lire $f_{xx}=4$ (on a oublié de doubler) ou $f_{xy}=-12$ (on a doublé ce qui ne devait pas l'être). Seul le terme croisé est déjà « complet », parce que les deux dérivées croisées $f_{xy}$ et $f_{yx}$, égales par le théorème de Clairaut puisque $f$ est $C^{3}$, y contribuent chacune pour moitié.

c) $H=\begin{pmatrix}f_{xx}&f_{xy}\\f_{yx}&f_{yy}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8&-6\\-6&1\end{pmatrix}$, symétrique. Le produit donne $H\vec h=\begin{pmatrix}8h-6k\\-6h+k\end{pmatrix}$, puis $\vec h^{\,T}H\vec h=h(8h-6k)+k(-6h+k)=8h^{2}-12hk+k^{2}$, et la moitié vaut $4h^{2}-6hk+\frac{1}{2}k^{2}$ : c'est bien la partie quadratique de $T_{2}$. Les deux termes $-6hk$ issus des deux cases hors diagonale s'additionnent, et c'est le $\frac{1}{2}$ qui les ramène à un seul. Pour $(h,k)=(0{,}1\,;0{,}2)$ : $4(0{,}01)-6(0{,}02)+\frac{1}{2}(0{,}04)=0{,}04-0{,}12+0{,}02=-0{,}06$.

d) Le point $(1{,}1\,;-1{,}8)$ correspond à $h=0{,}1$ et $k=-1{,}8+2=0{,}2$ : attention au signe, $k=y-(-2)=y+2$. L'approximation linéaire donne $3+2(0{,}1)-0{,}2=3$ : elle ne voit aucune variation, les deux effets du premier ordre se compensant exactement dans cette direction. $T_{2}$ y ajoute la partie quadratique calculée en c) : $3-0{,}06=2{,}94$. C'est donc la courbure qui porte toute la variation estimée ici, et elle retranche $0{,}06$. Écrire $k=-0{,}2$, l'erreur de signe la plus fréquente sur un centre négatif, donnerait $L=3{,}4$ et $T_{2}=3{,}4+0{,}04+0{,}12+0{,}02=3{,}58$ : deux estimations fausses et cohérentes entre elles, donc impossibles à détecter sans relire $k$.

a) Avec $f=\mathrm{e}^{y\ln x}$ : $f_{x}=\dfrac{y}{x}\,x^{y}$ et $f_{y}=\ln x\cdot x^{y}$. En $(1,0)$, $f_{x}=0$ (facteur $y=0$) et $f_{y}=0$ (facteur $\ln 1=0$). Ensuite $f_{xx}=\dfrac{y(y-1)}{x^{2}}\,x^{y}$, nul en $(1,0)$, et $f_{yy}=(\ln x)^{2}x^{y}$, nul aussi. La dérivée croisée : $f_{xy}=\dfrac{\partial}{\partial y}\left(\dfrac{y}{x}x^{y}\right)=\dfrac{1}{x}x^{y}+\dfrac{y}{x}\ln x\cdot x^{y}$, qui vaut $1$ en $(1,0)$. Contrôle par l'autre ordre : $\dfrac{\partial}{\partial x}\left(\ln x\cdot x^{y}\right)=\dfrac{1}{x}x^{y}+\ln x\cdot\dfrac{y}{x}x^{y}$, la même expression, comme le veut le théorème de Clairaut.

b) Le gradient est nul, donc $L(x,y)=f(1,0)=1$ : le plan tangent est HORIZONTAL. La partie quadratique vaut $\frac{1}{2}\left[0\cdot h^{2}+2\cdot 1\cdot hk+0\cdot k^{2}\right]=hk$, d'où $T_{2}=1+hk=1+(x-1)y$. Toute l'information du second ordre tient dans le terme croisé, et elle n'apparaît QUE si l'on garde $f_{xy}$ entier : avec $\frac{1}{2}f_{xy}$, on écrirait $1+\frac{1}{2}(x-1)y$ et toutes les estimations de c) seraient deux fois trop petites.

c) $1{,}1^{0{,}2}=f(1{,}1\,;0{,}2)$ : $h=0{,}1$, $k=0{,}2$, donc $T_{2}=1+0{,}02=1{,}02$, contre $1{,}019245$, soit une erreur d'environ $0{,}00076$. $0{,}9^{0{,}3}=f(0{,}9\,;0{,}3)$ : $h=-0{,}1$, $k=0{,}3$, donc $T_{2}=1-0{,}03=0{,}97$, contre $0{,}968886$, soit une erreur d'environ $0{,}0011$. L'approximation linéaire répondrait $1$ dans les deux cas : elle ne distingue même pas un nombre plus grand que $1$ d'un nombre plus petit. Un gradient nul ne dit pas que la fonction est constante ; il dit que sa variation commence à l'ordre $2$.

d) Sur la carte, les niveaux rouges ($f>1$) occupent le quadrant en haut à droite ($x>1$, $y>0$) et celui en bas à gauche ($x<1$, $y<0$) ; les niveaux bleus occupent les deux autres. C'est le signe de $hk=(x-1)y$ : positif quand $h$ et $k$ ont le même signe, négatif sinon. Les courbes de niveau ont l'allure d'hyperboles dont les asymptotes sont les deux droites du niveau $1$, comme les courbes $hk=c$ de la partie quadratique. On retient seulement ceci : la forme quadratique $hk$ prend les DEUX signes au voisinage de $(1,0)$. Ce que ce fait implique pour la nature du point est l'objet du chapitre suivant.

a) $\mathrm{e}^{x}\sin y=\left(1+x+\frac{x^{2}}{2}+\cdots\right)\left(y-\frac{y^{3}}{6}+\cdots\right)$. On ne garde que les produits de degré total au plus $2$ : $1\cdot y$ (degré $1$) et $x\cdot y$ (degré $2$). Le produit $\frac{x^{2}}{2}\cdot y$ est de degré $3$, il part avec le reste. Donc $T_{2}=y+xy$. Contrôle par les dérivées : $f_{y}(0,0)=\mathrm{e}^{0}\cos 0=1$ et $f_{xy}(0,0)=\mathrm{e}^{0}\cos 0=1$, alors que $f(0,0)$, $f_{x}$, $f_{xx}$ et $f_{yy}$ sont nuls en $(0,0)$ puisqu'ils contiennent tous $\sin 0$. Six dérivées contre une ligne de produit : la méthode des séries est plus courte et se trompe moins.

b) Avec $u=x+y^{2}$, qui tend vers $0$ avec $(x,y)$ : $\ln(1+u)=u-\frac{u^{2}}{2}+\cdots=\left(x+y^{2}\right)-\frac{1}{2}\left(x^{2}+2xy^{2}+y^{4}\right)+\cdots$. On trie par degré total : $x$ (degré $1$), $y^{2}$ et $-\frac{x^{2}}{2}$ (degré $2$), puis $-xy^{2}$ (degré $3$) et $-\frac{y^{4}}{2}$ (degré $4$), qui partent. Le terme $\frac{u^{3}}{3}$ commence au degré $3$ et part entièrement. Donc $T_{2}=x+y^{2}-\frac{x^{2}}{2}$. Les deux pièges sont symétriques : oublier le $-\frac{x^{2}}{2}$ caché dans $u^{2}$, parce que l'on s'arrête à $u$ en croyant que $y^{2}$ suffit, ou garder $-xy^{2}$, qui est de degré $3$.

c) $\dfrac{1}{1-x+2y}=\dfrac{1}{1-u}$ avec $u=x-2y$. Donc $1+u+u^{2}+\cdots=1+(x-2y)+(x-2y)^{2}+\cdots$, et $(x-2y)^{2}=x^{2}-4xy+4y^{2}$ est entièrement de degré $2$. D'où $T_{2}=1+x-2y+x^{2}-4xy+4y^{2}$. Le terme $u^{3}$ est de degré $3$ et ne contribue pas. L'erreur courante est le signe : $u=x-2y$, et non $x+2y$, puisque le dénominateur est $1-(x-2y)$.

d) On identifie $T_{2}=p+p_{x}x+p_{y}y+\frac{1}{2}\left[p_{xx}x^{2}+2p_{xy}xy+p_{yy}y^{2}\right]$ : $\frac{1}{2}p_{xx}=1$ donne $p_{xx}(0,0)=2$ ; $p_{xy}=-4$ directement ; $\frac{1}{2}p_{yy}=4$ donne $p_{yy}(0,0)=8$. Vérification directe : $p_{y}=-2(1-x+2y)^{-2}$, puis $p_{yy}=8(1-x+2y)^{-3}$, qui vaut $8$ en $(0,0)$. Et $p_{xy}=\frac{\partial}{\partial x}\left[-2(1-x+2y)^{-2}\right]=-4(1-x+2y)^{-3}$, qui vaut bien $-4$. Le développement en série donne donc les dérivées secondes gratuitement, à condition de lire les coefficients avec leurs facteurs.