Exercice 0.1 : Dériver implicitement : onze calculs directs

Pour chaque équation, déterminez $\frac{dy}{dx}$ par dérivation implicite, puis donnez sa valeur au point indiqué, qui est sur la courbe.

Trois gestes, toujours dans le même ordre : dériver les deux membres par rapport à $x$ en écrivant un $y'$ à chaque fois qu'on dérive une expression en $y$ , regrouper les termes en $y'$ d'un côté, factoriser $y'$ et diviser. On ne remplace les coordonnées du point qu'à la fin, ou juste après la première ligne si l'on ne veut que la valeur.

a) $x^{3}+y^{3}=9$ , au point $(1\,;2)$ .
b) $x^{2}y+xy^{2}=6$ , au point $(1\,;2)$ .
c) $\sqrt{x}+\sqrt{y}=3$ , au point $(1\,;4)$ .
d) $x\cos y+y\cos x=1$ , au point $(0\,;1)$ .
e) $xe^{y}+y=2$ , au point $(2\,;0)$ .
f) $\ln(x+y)=2x-y$ , au point $\left(\frac{1}{3}\,;\frac{2}{3}\right)$ .
g) $x=\sin\left(\frac{y}{x}\right)$ , au point $\left(\frac{1}{2}\,;\frac{\pi}{12}\right)$ .
h) $x^{2}-3xy+y^{2}=-1$ , au point $(1\,;1)$ .
i) $\sin(xy)=x$ , au point $\left(\frac{1}{2}\,;\frac{\pi}{3}\right)$ .
j) $\sqrt{xy}+y^{2}=3$ , au point $(4\,;1)$ .
k) $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=\frac{5}{2}$ , au point $(1\,;2)$ .

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a)

y'

en

(1\,;2)

b)

y'

en

(1\,;2)

c)

y'

en

(1\,;4)

d)

y'

en

(0\,;1)

e)

y'

en

(2\,;0)

f)

y'

en

\left(\frac{1}{3}\,;\frac{2}{3}\right)

g)

y'

en

\left(\frac{1}{2}\,;\frac{\pi}{12}\right)

h)

y'

en

(1\,;1)

i)

y'

en

\left(\frac{1}{2}\,;\frac{\pi}{3}\right)

j)

y'

en

(4\,;1)

k)

y'

en

(1\,;2)

Voir la correction

Réponses

a) $y'=-\frac{x^{2}}{y^{2}}$ ; $-\frac{1}{4}$
b) $y'=-\frac{y(2x+y)}{x(x+2y)}$ ; $-\frac{8}{5}$
c) $y'=-\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}}$ ; $-2$
d) $y'=\frac{y\sin x-\cos y}{\cos x-x\sin y}$ ; $-\cos 1\approx-0{,}540$
e) $y'=-\frac{e^{y}}{xe^{y}+1}$ ; $-\frac{1}{3}$
f) $y'=\frac{2x+2y-1}{x+y+1}$ ; $\frac{1}{2}$
g) $y'=\frac{y}{x}+x\sec\left(\frac{y}{x}\right)$ ; $\frac{\pi}{6}+\frac{1}{\sqrt{3}}\approx 1{,}101$
h) $y'=\frac{3y-2x}{2y-3x}$ ; $-1$
i) $y'=\frac{\sec(xy)-y}{x}$ ; $\frac{4}{\sqrt{3}}-\frac{2\pi}{3}\approx 0{,}215$
j) $y'=-\frac{y}{x+4y\sqrt{xy}}$ ; $-\frac{1}{12}$
k) $y'=\frac{y}{x}$ ; $2$

Ce qui coûte des points ici n'est presque jamais la dérivée d'une fonction usuelle, c'est le $y'$ oublié derrière un $y$ , ou la règle du produit oubliée dans un terme qui mélange $x$ et $y$ . Avant d'écrire, on souligne chaque terme qui contient À LA FOIS $x$ et $y$ : chacun d'eux est un produit ou un quotient.

a)

$3x^{2}+3y^{2}y'=0$ , donc $y'=-\frac{x^{2}}{y^{2}}$ . Au point $(1\,;2)$ : $y'=-\frac{1}{4}$ .

b)

Deux produits : $2xy+x^{2}y'+y^{2}+2xyy'=0$ , d'où $y'(x^{2}+2xy)=-(2xy+y^{2})$ et $y'=-\frac{2xy+y^{2}}{x^{2}+2xy}=-\frac{y(2x+y)}{x(x+2y)}$ . Au point $(1\,;2)$ : $y'=-\frac{2\times 4}{1\times 5}=-\frac{8}{5}=-1{,}6$ . Piège : $\frac{d}{dx}(x^{2}y)=x^{2}y'$ , en oubliant le terme $2xy$ .

c)

$\frac{1}{2\sqrt{x}}+\frac{y'}{2\sqrt{y}}=0$ , donc $y'=-\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}}$ . Au point $(1\,;4)$ : $y'=-\frac{2}{1}=-2$ .

d)

Deux produits, dont chacun a un facteur trigonométrique : $\cos y-x\sin y\cdot y'+y'\cos x-y\sin x=0$ . On regroupe : $y'(\cos x-x\sin y)=y\sin x-\cos y$ , donc $y'=\frac{y\sin x-\cos y}{\cos x-x\sin y}$ . Au point $(0\,;1)$ : $y'=\frac{0-\cos 1}{1-0}=-\cos 1\approx-0{,}540$ .

e)

$e^{y}+xe^{y}y'+y'=0$ , donc $y'(xe^{y}+1)=-e^{y}$ et $y'=-\frac{e^{y}}{xe^{y}+1}$ . Au point $(2\,;0)$ : $y'=-\frac{1}{3}$ . Piège : dériver $e^{y}$ en $e^{y}$ seul, sans le $y'$ .

f)

$\frac{1+y'}{x+y}=2-y'$ . On chasse le dénominateur : $1+y'=(2-y')(x+y)$ , puis $y'(1+x+y)=2(x+y)-1$ et $y'=\frac{2x+2y-1}{x+y+1}$ . Au point, $x+y=1$ : $y'=\frac{1}{2}$ . Le point vérifie l'équation, puisque $\ln 1=0=\frac{2}{3}-\frac{2}{3}$ .

g)

La chaîne, puis le quotient à l'intérieur : $1=\cos\left(\frac{y}{x}\right)\cdot\frac{xy'-y}{x^{2}}$ . Donc $xy'-y=\frac{x^{2}}{\cos(y/x)}$ et $y'=\frac{y}{x}+x\sec\left(\frac{y}{x}\right)$ . Au point, $\frac{y}{x}=\frac{\pi}{6}$ et $\sec\frac{\pi}{6}=\frac{2}{\sqrt{3}}$ : $y'=\frac{\pi}{6}+\frac{1}{\sqrt{3}}\approx 1{,}101$ .

h)

$2x-3y-3xy'+2yy'=0$ , donc $y'(2y-3x)=3y-2x$ et $y'=\frac{3y-2x}{2y-3x}$ . Au point $(1\,;1)$ : $y'=\frac{1}{-1}=-1$ . Le terme $-3xy$ est un produit : $-3(y+xy')$ , les deux morceaux portent le $-3$ .

i)

$\cos(xy)\cdot(y+xy')=1$ , donc $y+xy'=\sec(xy)$ et $y'=\frac{\sec(xy)-y}{x}$ . Au point, $xy=\frac{\pi}{6}$ : $y'=\frac{\frac{2}{\sqrt{3}}-\frac{\pi}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{4}{\sqrt{3}}-\frac{2\pi}{3}\approx 0{,}215$ .

j)

$\frac{y+xy'}{2\sqrt{xy}}+2yy'=0$ . Au point $(4\,;1)$ , $\sqrt{xy}=2$ , donc $\frac{1+4y'}{4}+2y'=0$ , soit $1+4y'+8y'=0$ et $y'=-\frac{1}{12}\approx-0{,}083$ . En général, $y'=-\frac{y}{x+4y\sqrt{xy}}$ . Ici remplacer tôt est plus sûr que de traîner la racine jusqu'au bout.

k)

$\frac{y-xy'}{y^{2}}+\frac{xy'-y}{x^{2}}=0$ , soit $(xy'-y)\left(\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{y^{2}}\right)=0$ . Au point $(1\,;2)$ , la seconde parenthèse vaut $\frac{3}{4}\neq 0$ , donc $xy'-y=0$ et $y'=\frac{y}{x}=2$ . Explication : en multipliant l'équation par $2xy$ , on obtient $(2x-y)(x-2y)=0$ , c'est-à-dire les deux droites $y=2x$ et $y=\frac{x}{2}$ , et la pente d'une droite est constante.

Contrôle : à chaque ligne, le point donné vérifie l'équation de départ, et la pente trouvée est cohérente avec $y'=-\frac{F_{x}}{F_{y}}$ calculé à la machine, où $F_{x}$ et $F_{y}$ sont les taux de variation du premier membre moins le second par rapport à $x$ seul et à $y$ seul.

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Exercice 1 : Le principe : dériver une équation, pas une fonction

Jusqu'ici $y$ était donné par une formule. Ici il est seulement CONTRAINT par une équation, et pourtant sa dérivée se calcule. Le fil de toute la série tient en une phrase : $y$ est une fonction de $x$ qu'on ne connaît pas, donc chaque $y$ que l'on dérive laisse un $y'$ derrière lui.

a) Dérivez les deux membres de $x^{2}+y^{2}=25$ par rapport à $x$ et isolez $y'$ .
b) Donnez l'équation de la tangente au point de coordonnées (3 ; 4), et vérifiez sur la figure qu'elle est perpendiculaire au rayon.
c) Refaites le calcul par la méthode EXPLICITE, en posant $y=\sqrt{25-x^{2}}$ , et comparez les deux résultats en $x=3$ .
d) Que donne la formule implicite au point de coordonnées (3 ; -4) ? Pourquoi la méthode explicite est-elle moins commode ici ?
e) Un élève écrit « $2x+2y=0$ , donc $y=-x$ ». Où est l'erreur, et pourquoi la conclusion est-elle absurde sur ce cercle ?

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Réponses

a) $y'=-\frac{x}{y}$
b) $y=-\frac{3}{4}x+\frac{25}{4}$ , perpendiculaire au rayon
c) $-\frac{3}{4}$ par les deux méthodes
d) $y'=\frac{3}{4}$ en $(3\,;-4)$
e) $y^{2}$ dérivé sans le facteur $y'$

a)

On dérive terme à terme en se souvenant que $y$ dépend de $x$ : $\frac{d}{dx}(x^{2})=2x$ , et $\frac{d}{dx}(y^{2})=2y\cdot y'$ par la règle de chaîne, puisque $y^{2}$ est un carré dont l'intérieur est une fonction de $x$ . Le membre de droite est une constante, de dérivée nulle. D'où $2x+2yy'=0$ , puis $y'=-\frac{x}{y}$ pour $y\neq 0$ . Notez la forme du résultat : il dépend de $x$ ET de $y$ , ce qui est normal, puisqu'un même $x$ peut correspondre à deux points du cercle.

b)

En (3 ; 4) : $y'=-\frac{3}{4}$ . La tangente est $y=4-\frac{3}{4}(x-3)$ , soit $3x+4y=25$ . Le rayon joignant l'origine à (3 ; 4) a pour pente $\frac{4}{3}$ , et $\left(-\frac{3}{4}\right)\times\frac{4}{3}=-1$ : les deux droites sont bien perpendiculaires, ce que la figure montre. Ce n'est pas une coïncidence de ce point, c'est vrai partout sur le cercle, puisque $y'=-\frac{x}{y}$ est toujours l'opposé de l'inverse de $\frac{y}{x}$ .

c)

Sur la moitié supérieure, $y=(25-x^{2})^{1/2}$ donc $y'=\frac{1}{2}(25-x^{2})^{-1/2}\cdot(-2x)=\frac{-x}{\sqrt{25-x^{2}}}$ . En $x=3$ : $\frac{-3}{\sqrt{16}}=-\frac{3}{4}$ , identique au résultat implicite. Les deux méthodes disent la même chose, et l'on voit pourquoi : $\sqrt{25-x^{2}}$ n'est rien d'autre que $y$ , donc la formule explicite EST la formule implicite où l'on a substitué $y$ .

d)

La formule implicite donne directement $y'=-\frac{3}{-4}=\frac{3}{4}$ : la tangente monte, ce qui est correct sur la moitié inférieure du cercle. La méthode explicite exige d'abord de CHANGER de formule, $y=-\sqrt{25-x^{2}}$ , parce que la racine carrée ne décrit que la moitié haute. C'est l'avantage décisif de l'implicite : une seule formule couvre la courbe entière, y compris les portions qui ne sont le graphe d'aucune fonction.

e)

L'erreur est d'avoir dérivé $y^{2}$ comme si $y$ était une constante, ou de l'avoir dérivé « par rapport à $y$ » : on obtient $2y$ au lieu de $2yy'$ . La conclusion $y=-x$ est une DROITE, alors qu'on cherchait une pente ; on a donc remplacé la question par une autre. Test immédiat : cette droite prétend passer par (3 ; -3), qui n'est pas sur le cercle puisque $9+9=18\neq 25$ . Un résultat de dérivation implicite qui ne contient plus $y'$ est toujours faux.

Exercice 2 : Les cinq structures qui laissent un y prime

Toute la technique tient dans la reconnaissance de cinq formes. Dès qu'un $y$ apparaît sous une opération, la règle de chaîne s'applique et un $y'$ sort ; dès que $x$ et $y$ se rencontrent dans un même terme, c'est la règle du produit ou du quotient qui parle.

a) Dérivez par rapport à $x$ : $y^{3}$ , $\sqrt{y}$ , $\frac{1}{y}$ .
b) Dérivez par rapport à $x$ : $\sin y$ , $e^{y}$ , $\ln y$ .
c) Dérivez par rapport à $x$ : $xy$ , $x^{2}y^{3}$ , $\frac{x}{y}$ .
d) Dérivez l'équation $x^{2}y+\sin(xy)=4$ et isolez $y'$ .
e) Dans $e^{xy}=x+y$ , isolez $y'$ puis donnez sa valeur au point de coordonnées (0 ; 1).
f) Dérivez $x\sin y+y\cos x=\frac{\pi}{2}$ , vérifiez que le point $\left(0\,;\frac{\pi}{2}\right)$ est sur la courbe et donnez $y'$ en ce point. Dérivez ensuite $\tan(x+y)=x$ et exprimez $y'$ en fonction de $x$ SEUL.
g) Dans $x^{2}y=\cos(x^{2}y)$ , dérivez les deux membres, factorisez et déduisez-en $y'$ . Expliquez ensuite le résultat en posant $u=x^{2}y$ : que vaut $u$ ?

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a)

\frac{d}{dx}(y^{3})

\frac{d}{dx}(\sqrt{y})

\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{y}\right)

b)

\frac{d}{dx}(\sin y)

\frac{d}{dx}(e^{y})

\frac{d}{dx}(\ln y)

c)

\frac{d}{dx}(xy)

\frac{d}{dx}(x^{2}y^{3})

\frac{d}{dx}\left(\frac{x}{y}\right)

d)

y'

e)

y'

en

(0\,;1)

f)

y'

en

\left(0\,;\frac{\pi}{2}\right)

y'

pour

\tan(x+y)=x

g)

y'

u=x^{2}y

Voir la correction

Réponses

a) $3y^{2}y'$ ; $\frac{y'}{2\sqrt{y}}$ ; $-\frac{y'}{y^{2}}$
b) $y'\cos y$ ; $e^{y}y'$ ; $\frac{y'}{y}$
c) $y+xy'$ ; $2xy^{3}+3x^{2}y^{2}y'$ ; $\frac{y-xy'}{y^{2}}$
d) $y'=\frac{-y\left(2x+\cos(xy)\right)}{x\left(x+\cos(xy)\right)}$
e) $y'=\frac{1-ye^{xy}}{xe^{xy}-1}$ ; $y'=0$ en $(0\,;1)$
f) $y'=\frac{y\sin x-\sin y}{x\cos y+\cos x}$ , $y'=-1$ en $\left(0\,;\frac{\pi}{2}\right)$ ; $y'=-\frac{x^{2}}{1+x^{2}}$
g) $y'=-\frac{2y}{x}$ ; $u=x^{2}y\approx 0{,}739$ , constant

a)

$\frac{d}{dx}(y^{3})=3y^{2}y'$ ; $\frac{d}{dx}(\sqrt{y})=\frac{y'}{2\sqrt{y}}$ ; $\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{y}\right)=-\frac{y'}{y^{2}}$ . Dans les trois cas on a dérivé la fonction extérieure en gardant $y$ à l'intérieur, puis multiplié par $y'$ , la dérivée de l'intérieur. C'est la règle de chaîne, sans aucun aménagement.

b)

$\frac{d}{dx}(\sin y)=\cos y\cdot y'$ ; $\frac{d}{dx}(e^{y})=e^{y}y'$ ; $\frac{d}{dx}(\ln y)=\frac{y'}{y}$ . Remarquez la dernière : c'est exactement la dérivation logarithmique, où $\frac{y'}{y}$ apparaît naturellement. Une équation contenant $\ln y$ se dérive donc sans effort supplémentaire.

c)

$\frac{d}{dx}(xy)=1\cdot y+x\cdot y'=y+xy'$ : c'est la règle du PRODUIT, et l'oubli du terme $y$ est la deuxième erreur la plus fréquente du chapitre. $\frac{d}{dx}(x^{2}y^{3})=2xy^{3}+x^{2}\cdot 3y^{2}y'=2xy^{3}+3x^{2}y^{2}y'$ , produit puis chaîne. $\frac{d}{dx}\left(\frac{x}{y}\right)=\frac{1\cdot y-x\cdot y'}{y^{2}}=\frac{y-xy'}{y^{2}}$ , règle du quotient.

d)

Terme à terme : $2xy+x^{2}y'+\cos(xy)\cdot(y+xy')=0$ . On regroupe tout ce qui porte $y'$ d'un côté : $y'\left(x^{2}+x\cos(xy)\right)=-2xy-y\cos(xy)$ , donc $y'=\frac{-2xy-y\cos(xy)}{x^{2}+x\cos(xy)}=\frac{-y\left(2x+\cos(xy)\right)}{x\left(x+\cos(xy)\right)}$ . La méthode est toujours la même en trois gestes : dériver, regrouper les $y'$ , factoriser. On ne cherche jamais à isoler $y$ d'abord, ce serait souvent impossible.

e)

$e^{xy}\cdot(y+xy')=1+y'$ , soit $ye^{xy}+xy'e^{xy}=1+y'$ , puis $y'\left(xe^{xy}-1\right)=1-ye^{xy}$ et $y'=\frac{1-ye^{xy}}{xe^{xy}-1}$ . Le point (0 ; 1) est bien sur la courbe : $e^{0}=1$ et $0+1=1$ ✓. On y trouve $y'=\frac{1-1\cdot 1}{0-1}=\frac{0}{-1}=0$ : tangente horizontale. Vérification numérique : pour $x=0{,}1$ , l'équation $e^{0{,}1y}=0{,}1+y$ donne $y\approx 1{,}0058$ , soit une variation de $0{,}006$ pour un pas de $0{,}1$ : la courbe est presque plate en ce point, comme l'annonce $y'=0$ .

f)

Deux produits, chacun avec un $y'$ caché : $\sin y+x\cos y\cdot y'+y'\cos x-y\sin x=0$ . On regroupe : $y'\left(x\cos y+\cos x\right)=y\sin x-\sin y$ , donc $y'=\frac{y\sin x-\sin y}{x\cos y+\cos x}$ . Le point est sur la courbe : $0\cdot\sin\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\cos 0=\frac{\pi}{2}$ ✓, et $y'=\frac{0-1}{0+1}=-1$ . Pour la seconde, la chaîne porte sur $x+y$ , dont la dérivée est $1+y'$ et non $y'$ : $\sec^{2}(x+y)\cdot(1+y')=1$ , d'où $y'=\cos^{2}(x+y)-1=-\sin^{2}(x+y)$ . L'identité $\sec^{2}=1+\tan^{2}$ et l'équation elle-même, $\tan(x+y)=x$ , donnent $\sec^{2}(x+y)=1+x^{2}$ , donc $y'=\frac{1}{1+x^{2}}-1=-\frac{x^{2}}{1+x^{2}}$ . Le $y$ a disparu : l'équation de départ sert aussi APRÈS la dérivation. On reconnaît la dérivée de $\arctan x-x$ , et c'est bien ce que vaut $y$ sur la branche qui passe par l'origine.

g)

Le produit $x^{2}y$ apparaît des deux côtés, donc sa dérivée $2xy+x^{2}y'$ aussi : $2xy+x^{2}y'=-\sin(x^{2}y)\cdot\left(2xy+x^{2}y'\right)$ , soit $\left(2xy+x^{2}y'\right)\left(1+\sin(x^{2}y)\right)=0$ . Le second facteur ne s'annule pas sur la courbe (voir plus bas), donc $2xy+x^{2}y'=0$ et $y'=-\frac{2y}{x}$ , sans cosinus ni sinus. L'astuce l'explique : avec $u=x^{2}y$ , l'équation devient $u=\cos u$ . La fonction $u-\cos u$ a pour dérivée $1+\sin u\ge 0$ , elle est donc croissante et ne s'annule qu'une fois, en $u\approx 0{,}739$ . Le produit $x^{2}y$ est CONSTANT, la courbe est $y=\frac{0{,}739}{x^{2}}$ , et $\sin(0{,}739)\approx 0{,}674\neq -1$ confirme que le facteur $1+\sin u$ ne s'annule pas. Une équation où $x$ et $y$ n'apparaissent qu'à travers une même combinaison fixe cette combinaison : on le voit avant de dériver, et on économise tout le calcul.

Exercice 3 : Le folium de Descartes, une courbe qui n'est le graphe d'aucune fonction

La courbe d'équation $x^{3}+y^{3}=6xy$ repasse trois fois au-dessus de certaines abscisses. Aucune formule $y=f(x)$ ne la décrit, et pourtant sa tangente se calcule partout.

a) Vérifiez que le point de coordonnées (3 ; 3) est sur la courbe, puis calculez $y'$ en fonction de $x$ et de $y$ .
b) Donnez la pente de la tangente en (3 ; 3) et l'équation de cette tangente.
c) Déterminez le point de la boucle où la tangente est HORIZONTALE.
d) Déduisez-en, sans nouveau calcul, le point où la tangente est VERTICALE. Quel argument utilisez-vous ?
e) Pourquoi le test de la droite verticale échoue-t-il sur cette courbe, et en quoi cela ne gêne-t-il pas la dérivation implicite ?

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Réponses

a) $y'=\frac{2y-x^{2}}{y^{2}-2x}$
b) Pente $-1$ ; $x+y=6$
c) $\left(\sqrt[3]{16}\,;\sqrt[3]{32}\right)\approx(2{,}520\,;3{,}175)$
d) $(3{,}175\,;2{,}520)$ par symétrie
e) Trois points sur $x=2$ : pas une fonction

a)

$3^{3}+3^{3}=54$ et $6\times 3\times 3=54$ ✓. On dérive : $3x^{2}+3y^{2}y'=6y+6xy'$ . On regroupe : $y'\left(3y^{2}-6x\right)=6y-3x^{2}$ , donc $y'=\frac{6y-3x^{2}}{3y^{2}-6x}=\frac{2y-x^{2}}{y^{2}-2x}$ après division par 3.

b)

En (3 ; 3) : $y'=\frac{6-9}{9-6}=\frac{-3}{3}=-1$ . La tangente est $y=3-1\cdot(x-3)$ , soit $x+y=6$ . La figure la montre : elle touche la boucle en son point le plus éloigné de l'origine, ce qui est cohérent avec la symétrie de l'équation par échange de $x$ et $y$ , dont (3 ; 3) est le point fixe.

c)

La tangente est horizontale quand le numérateur s'annule sans que le dénominateur s'annule : $2y-x^{2}=0$ , soit $y=\frac{x^{2}}{2}$ . On reporte dans l'équation de la courbe : $x^{3}+\frac{x^{6}}{8}=6x\cdot\frac{x^{2}}{2}=3x^{3}$ , d'où $\frac{x^{6}}{8}=2x^{3}$ et, pour $x\neq 0$ , $x^{3}=16$ . Donc $x=16^{1/3}\approx 2{,}5198$ et $y=\frac{x^{2}}{2}\approx 3{,}1748$ . Le dénominateur y vaut $y^{2}-2x\approx 10{,}079-5{,}040=5{,}039\neq 0$ , la conclusion est valide.

d)

L'équation est SYMÉTRIQUE par l'échange de $x$ et de $y$ : $x^{3}+y^{3}=6xy$ reste vraie si l'on permute les deux lettres. La courbe est donc invariante par la réflexion d'axe $y=x$ , et cette réflexion échange horizontal et vertical. Le point à tangente verticale est donc l'image du précédent : $x\approx 3{,}1748$ et $y\approx 2{,}5198$ . On le vérifie sur la formule : le dénominateur $y^{2}-2x\approx 6{,}349-6{,}350\approx 0$ , et le numérateur, lui, ne s'annule pas. Exploiter une symétrie évite ici la moitié du travail.

e)

Le test de la droite verticale demande qu'une abscisse donne au plus une ordonnée ; ici la verticale $x=2$ coupe la courbe en trois points, la courbe n'est donc le graphe d'aucune fonction. Cela n'empêche rien : la dérivation implicite ne suppose pas que la courbe ENTIÈRE soit un graphe, seulement que, AUTOUR DU POINT considéré, on puisse la voir localement comme $y=f(x)$ . C'est exactement ce que garantit la condition « dénominateur non nul », et c'est pourquoi la méthode tombe en panne précisément aux points à tangente verticale.

Exercice 4 : Tangentes horizontales et verticales : lire les deux annulations

Une dérivée implicite se présente presque toujours comme un quotient. Le numérateur commande les tangentes horizontales, le dénominateur les tangentes verticales, et le cas où les deux s'annulent ensemble signale un point singulier.

a) Pour l'ellipse $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$ , calculez $y'$ et donnez tous les points à tangente horizontale, puis à tangente verticale.
b) Même travail pour l'ellipse inclinée $x^{2}+xy+y^{2}=7$ .
c) Pour la courbe $y^{2}=x^{3}$ , calculez $y'$ et étudiez ce qui se passe à l'origine.
d) Formulez la règle générale en une phrase, et dites ce qu'il faut vérifier avant de conclure.

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Réponses

a) Horizontale en $(0\,;\pm 2)$ ; verticale en $(\pm 3\,;0)$
b) Horizontale en $\pm(1{,}528\,;-3{,}055)$ ; verticale en $\pm(-3{,}055\,;1{,}528)$
c) $y'=\frac{3x^{2}}{2y}$ : $\frac{0}{0}$ , rebroussement
d) Vérifier le point et que l'autre terme ne s'annule pas

a)

$\frac{2x}{9}+\frac{2yy'}{4}=0$ donne $y'=-\frac{4x}{9y}$ . Tangente horizontale quand $x=0$ et $y\neq 0$ : les points de coordonnées (0 ; 2) et (0 ; -2), les extrémités du petit axe. Tangente verticale quand $y=0$ : les points (3 ; 0) et (-3 ; 0), extrémités du grand axe. C'est conforme à l'intuition, une ellipse est plate en haut et en bas, verticale à gauche et à droite.

b)

$2x+\left(y+xy'\right)+2yy'=0$ , donc $y'\left(x+2y\right)=-(2x+y)$ et $y'=-\frac{2x+y}{x+2y}$ . Horizontale : $2x+y=0$ , soit $y=-2x$ ; en reportant, $x^{2}-2x^{2}+4x^{2}=7$ donne $3x^{2}=7$ et $x=\pm\sqrt{\frac{7}{3}}\approx\pm 1{,}5275$ , d'où le point $(1{,}5275\ ;\ -3{,}0551)$ et son opposé. Verticale : $x+2y=0$ , soit $x=-2y$ , et par la symétrie de l'équation en $x$ et $y$ on obtient le point symétrique $(-3{,}0551\ ;\ 1{,}5275)$ et son opposé. L'ellipse est inclinée, ses tangentes horizontales ne sont donc pas sur les axes.

c)

$2yy'=3x^{2}$ donne $y'=\frac{3x^{2}}{2y}$ . À l'origine, numérateur ET dénominateur s'annulent : la formule ne décide rien. En passant à l'explicite, $y=\pm x^{3/2}$ pour $x\geq 0$ , donc $y'=\pm\frac{3}{2}\sqrt{x}\to 0$ quand $x\to 0^{+}$ : les deux branches arrivent à l'origine avec une pente nulle, mais en formant une POINTE, un rebroussement. La courbe n'y est pas lisse ; c'est un point singulier, et la seule façon de le savoir est d'avoir remarqué la double annulation.

d)

Règle : la tangente est horizontale là où le numérateur de $y'$ s'annule alors que le dénominateur ne s'annule pas, et verticale là où le dénominateur s'annule alors que le numérateur ne s'annule pas. Avant de conclure, deux vérifications obligatoires : que le point appartient réellement à la courbe, et que l'autre terme du quotient n'est pas nul lui aussi. La deuxième est celle qu'on saute, et c'est elle qui distingue une tangente franche d'un point de rebroussement.

Exercice 5 : La dérivée seconde implicite et la concavité

On dérive une deuxième fois exactement comme la première, à une discipline près : le $y'$ apparu au premier tour est lui-même une fonction de $x$ , donc il se dérive à son tour. Puis on remplace $y'$ par son expression, jamais avant.

a) Sur le cercle $x^{2}+y^{2}=25$ , on a trouvé $y'=-\frac{x}{y}$ . Calculez $y''$ et simplifiez-la en utilisant l'équation du cercle.
b) Donnez $y''$ au point de coordonnées (3 ; 4) et au point (3 ; -4). Interprétez les signes.
c) Pour $x^{2}+xy=6$ , calculez $y'$ puis $y''$ .
d) Un élève dérive $y'=-\frac{x}{y}$ en écrivant $y''=-\frac{1}{y}$ . Quelle règle a-t-il oubliée, et de combien se trompe-t-il en (3 ; 4) ?

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Réponses

a) $y''=-\frac{25}{y^{3}}$
b) $-\frac{25}{64}$ et $\frac{25}{64}$
c) $y'=-\frac{2x+y}{x}$ , $y''=\frac{2x+2y}{x^{2}}$
d) Règle du produit oubliée : $-0{,}25$ contre $-0{,}391$

a)

On dérive $y'=-xy^{-1}$ comme un produit : $y''=-\left(1\cdot y^{-1}+x\cdot(-y^{-2})y'\right)=-\frac{1}{y}+\frac{xy'}{y^{2}}$ . On remplace MAINTENANT $y'$ par $-\frac{x}{y}$ : $y''=-\frac{1}{y}-\frac{x^{2}}{y^{3}}=-\frac{y^{2}+x^{2}}{y^{3}}$ . Enfin on utilise l'équation de départ, $x^{2}+y^{2}=25$ , ce qui donne la forme compacte $y''=-\frac{25}{y^{3}}$ . Substituer l'équation de la courbe à la fin est ce qui transforme une expression illisible en résultat exploitable.

b)

En (3 ; 4) : $y''=-\frac{25}{64}\approx-0{,}391$ , négatif, donc la courbe est CONCAVE vers le bas : c'est bien l'allure de la moitié supérieure du cercle. En (3 ; -4) : $y''=-\frac{25}{-64}=+\frac{25}{64}\approx 0{,}391$ , positif, la moitié inférieure est concave vers le haut. La formule $-\frac{25}{y^{3}}$ le dit d'un coup d'œil : le signe de $y''$ est l'opposé du signe de $y$ , et le cercle change donc de concavité exactement en passant d'une moitié à l'autre.

c)

$2x+y+xy'=0$ donne $y'=-\frac{2x+y}{x}$ . On dérive ce quotient : $y''=-\frac{\left(2+y'\right)x-\left(2x+y\right)\cdot 1}{x^{2}}=-\frac{2x+xy'-2x-y}{x^{2}}=-\frac{xy'-y}{x^{2}}$ . On substitue $xy'=-(2x+y)$ : $y''=-\frac{-(2x+y)-y}{x^{2}}=\frac{2x+2y}{x^{2}}$ . Contrôle au point de coordonnées (1 ; 5), qui est sur la courbe puisque $1+5=6$ : $y'=-7$ et $y''=\frac{2+10}{1}=12$ .

d)

Il a oublié la règle du PRODUIT : $-\frac{x}{y}$ est un produit de $-x$ par $\frac{1}{y}$ , et $\frac{1}{y}$ dépend de $x$ . Il n'a dérivé que le facteur $-x$ . En (3 ; 4), sa réponse vaut $-\frac{1}{4}=-0{,}25$ contre la vraie valeur $-\frac{25}{64}\approx-0{,}391$ : une erreur de 36 pour cent, qui ne change pas le signe et passe donc inaperçue à un test de concavité, mais fausse tout calcul de rayon de courbure ou d'approximation à l'ordre 2.

Exercice 6 : Deux familles de courbes qui se coupent toujours à angle droit

Deux familles sont dites orthogonales quand chaque courbe de l'une coupe chaque courbe de l'autre perpendiculairement. C'est la structure des lignes de champ et des lignes équipotentielles en électricité, et la dérivation implicite la démontre en trois lignes.

a) Calculez la pente en un point quelconque d'une courbe de la famille $xy=k$ , puis d'une courbe de la famille $x^{2}-y^{2}=c$ .
b) Démontrez que les deux familles sont orthogonales en tout point d'intersection.
c) Vérifiez sur l'intersection de $xy=2$ et de $x^{2}-y^{2}=3$ : trouvez le point du premier quadrant, puis les deux pentes.
d) Pourquoi la démonstration de la question b est-elle plus forte qu'une vérification comme celle de la question c ?
e) Les deux familles ont un point commun problématique. Lequel, et que s'y passe-t-il ?

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Réponses

a) $-\frac{y}{x}$ et $\frac{x}{y}$
b) Produit des pentes $-1$
c) $(2\,;1)$ : pentes $-\frac{1}{2}$ et $2$
d) Point générique : toutes les intersections
e) L'origine : angle de $45°$

a)

Sur $xy=k$ : $y+xy'=0$ donc $y'=-\frac{y}{x}$ . Sur $x^{2}-y^{2}=c$ : $2x-2yy'=0$ donc $y'=\frac{x}{y}$ . Notez que $k$ et $c$ ont disparu : la pente ne dépend que du POINT, pas de la courbe particulière de la famille qui y passe. C'est exactement ce qui rend la démonstration générale possible.

b)

En un point d'intersection $(x_{0}\ ;\ y_{0})$ avec $x_{0}\neq 0$ et $y_{0}\neq 0$ , le produit des deux pentes vaut $\left(-\frac{y_{0}}{x_{0}}\right)\times\frac{x_{0}}{y_{0}}=-1$ . Deux droites de pentes dont le produit vaut $-1$ sont perpendiculaires, donc les deux courbes se coupent à angle droit. La conclusion ne dépend ni de $k$ , ni de $c$ , ni du point : elle vaut pour toutes les intersections de toutes les paires de courbes des deux familles.

c)

De $xy=2$ on tire $y=\frac{2}{x}$ , que l'on reporte : $x^{2}-\frac{4}{x^{2}}=3$ , soit $x^{4}-3x^{2}-4=0$ . En posant $X=x^{2}$ : $X^{2}-3X-4=0$ , de racines $X=4$ et $X=-1$ , dont seule la première est acceptable. Donc $x=2$ et $y=1$ . Les pentes valent $-\frac{1}{2}$ pour l'hyperbole $xy=2$ et $\frac{2}{1}=2$ pour $x^{2}-y^{2}=3$ , de produit $-1$ ✓. Sur la figure, c'est le point où la courbe pleine du bas croise la courbe pointillée du bas.

d)

La vérification de c ne prouve rien au delà du point (2 ; 1) : elle est compatible avec l'idée que l'orthogonalité serait une coïncidence de ce point-là. La démonstration de b, elle, traite un point GÉNÉRIQUE et établit le résultat pour une infinité d'intersections d'un seul coup. C'est le bénéfice propre de la dérivation implicite dans ce problème : parce qu'elle donne la pente en fonction des coordonnées et non de la courbe, elle permet de raisonner sur toute une famille à la fois.

e)

L'origine. Elle appartient à la famille $xy=k$ pour $k=0$ (la réunion des deux axes) et à la famille $x^{2}-y^{2}=c$ pour $c=0$ (la réunion des deux bissectrices). Les deux formules de pente y sont indéterminées, de la forme $\frac{0}{0}$ , et les courbes dégénérées qui y passent ne se coupent pas à angle droit : les axes et les bissectrices font un angle de 45 degrés. L'orthogonalité vaut donc partout SAUF là où le raisonnement était interdit, ce qui est la situation habituelle et non une exception gênante.

Exercice 7 : Les coniques et la forme réduite de la tangente

Il existe une règle de remplacement qui donne la tangente à une conique sans dériver : on remplace $x^{2}$ par $xx_{0}$ et $y^{2}$ par $yy_{0}$ . Elle a l'air magique ; la dérivation implicite la démontre.

a) Pour l'ellipse $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ , calculez $y'$ au point $(x_{0}\ ;\ y_{0})$ de la courbe, puis démontrez que la tangente s'écrit $\frac{xx_{0}}{a^{2}}+\frac{yy_{0}}{b^{2}}=1$ .
b) Appliquez au cas $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$ au point d'abscisse 4 et d'ordonnée positive : trouvez le point, la pente et la tangente.
c) Énoncez la formule analogue pour l'hyperbole $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ et vérifiez-la sur $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$ au point de coordonnées (5 ; 2,25).
d) La formule réduite continue-t-elle de fonctionner aux points à tangente verticale, là où $y'$ n'existe pas ? Justifiez.

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Réponses

a) $\frac{xx_{0}}{a^{2}}+\frac{yy_{0}}{b^{2}}=1$
b) $(4\,;1{,}8)$ , pente $-0{,}8$ , $4x+5y=25$
c) $\frac{xx_{0}}{a^{2}}-\frac{yy_{0}}{b^{2}}=1$ ; pente $1{,}25$
d) Oui : $x=a$ en $(a\,;0)$

a)

$\frac{2x}{a^{2}}+\frac{2yy'}{b^{2}}=0$ donne $y'=-\frac{b^{2}x}{a^{2}y}$ , donc au point de contact $y'=-\frac{b^{2}x_{0}}{a^{2}y_{0}}$ pour $y_{0}\neq 0$ . La tangente est $y-y_{0}=-\frac{b^{2}x_{0}}{a^{2}y_{0}}(x-x_{0})$ . On multiplie par $\frac{y_{0}}{b^{2}}$ : $\frac{yy_{0}-y_{0}^{2}}{b^{2}}=-\frac{x_{0}x-x_{0}^{2}}{a^{2}}$ , puis on regroupe : $\frac{xx_{0}}{a^{2}}+\frac{yy_{0}}{b^{2}}=\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}$ . Or le second membre vaut 1, PUISQUE le point de contact est sur l'ellipse. D'où la forme annoncée. C'est ce dernier pas qui explique la règle de remplacement : elle encode le fait que le point de contact appartient à la courbe.

b)

$\frac{16}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$ donne $\frac{y^{2}}{9}=\frac{9}{25}$ , donc $y^{2}=\frac{81}{25}$ et $y_{0}=\frac{9}{5}=1{,}8$ . La pente vaut $-\frac{9\times 4}{25\times 1{,}8}=-\frac{36}{45}=-0{,}8$ . Tangente par la forme réduite : $\frac{4x}{25}+\frac{1{,}8y}{9}=1$ , soit $\frac{4x}{25}+\frac{y}{5}=1$ , ou encore $4x+5y=25$ . Contrôle : la pente de $4x+5y=25$ vaut $-\frac{4}{5}=-0{,}8$ ✓, et le point (4 ; 1,8) la vérifie puisque $16+9=25$ ✓.

c)

Pour l'hyperbole, le seul changement est le signe : $\frac{xx_{0}}{a^{2}}-\frac{yy_{0}}{b^{2}}=1$ , et la dérivation donne $y'=\frac{b^{2}x}{a^{2}y}$ , sans le signe moins. Le point (5 ; 2,25) est bien sur la courbe : $\frac{25}{16}-\frac{5{,}0625}{9}=1{,}5625-0{,}5625=1$ ✓. Pente : $\frac{9\times 5}{16\times 2{,}25}=\frac{45}{36}=1{,}25$ . Tangente réduite : $\frac{5x}{16}-\frac{2{,}25y}{9}=1$ , soit $\frac{5x}{16}-\frac{y}{4}=1$ , dont la pente vaut $\frac{5}{16}\times 4=1{,}25$ ✓.

d)

Oui, et c'est son principal avantage. Au point de coordonnées $(a\ ;\ 0)$ de l'ellipse, $y'$ n'existe pas car le dénominateur $a^{2}y_{0}$ s'annule ; mais la forme réduite donne $\frac{xa}{a^{2}}+0=1$ , soit $x=a$ , qui est exactement la tangente verticale attendue. La raison est que la forme réduite n'a jamais divisé par $y_{0}$ dans son énoncé final : la division n'apparaît qu'au milieu de la démonstration, et le résultat, lui, reste valable par continuité. Une formule peut donc être plus générale que la méthode qui l'a produite, ce qui vaut la peine d'être remarqué.

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Chacune des cinq affirmations suivantes est FAUSSE. Dites pourquoi et donnez l'énoncé correct.

1) « En dérivant $x^{2}+y^{2}=25$ par rapport à $x$ , on obtient $2x+2y=0$ . »
2) « $\frac{d}{dx}(xy)=y'$ , puisque la dérivée de $x$ vaut 1. »
3) « Une dérivée implicite bien menée ne doit dépendre que de $x$ : si $y$ subsiste, c'est qu'on n'a pas fini. »
4) « Comme $y'=-\frac{x}{y}$ est une fraction définie dès que $y\neq 0$ , la courbe n'a jamais de tangente verticale. »
5) « Pour dériver $y^{3}$ par rapport à $x$ , on écrit $3y^{2}$ , comme on écrirait $3x^{2}$ pour $x^{3}$ . »

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Réponses

1) $2x+2yy'=0$
2) $\frac{d}{dx}(xy)=y+xy'$
3) $y'$ dépend normalement de $x$ et de $y$
4) Tangentes verticales en $(\pm 5\,;0)$
5) $\frac{d}{dx}(y^{3})=3y^{2}y'$

1)

FAUX. Le terme $y^{2}$ est une composée : $y$ dépend de $x$ , donc la chaîne impose $\frac{d}{dx}(y^{2})=2yy'$ . La bonne dérivation est $2x+2yy'=0$ , d'où $y'=-\frac{x}{y}$ . Le test qui ne trompe pas : une dérivation implicite dont le résultat ne contient AUCUN $y'$ n'a pas dérivé la bonne variable. Ici l'affirmation conduit à $y=-x$ , qui décrit une droite ne rencontrant le cercle qu'en deux points.

2)

FAUX. $xy$ est un PRODUIT de deux fonctions de $x$ , donc $\frac{d}{dx}(xy)=1\cdot y+x\cdot y'=y+xy'$ . Le terme $y$ oublié est celui qui vient de la dérivée du facteur $x$ . Conséquence chiffrée sur $xy=6$ au point (2 ; 3) : la bonne dérivée donne $3+2y'=0$ donc $y'=-1{,}5$ , tandis que l'affirmation donnerait $y'=0$ , une tangente horizontale sur une hyperbole qui n'en a aucune.

3)

FAUX. C'est le contraire : la dérivée implicite dépend NORMALEMENT de $x$ et de $y$ , et c'est précisément ce qui lui permet de décrire une courbe qui repasse plusieurs fois au-dessus d'une même abscisse. Sur le cercle, $y'=-\frac{x}{y}$ vaut $-\frac{3}{4}$ en haut et $+\frac{3}{4}$ en bas pour le même $x=3$ : une expression en $x$ seul ne pourrait pas dire les deux. On ne substitue $y$ que si l'on dispose d'une expression explicite et que l'énoncé la demande.

4)

FAUX. La condition $y\neq 0$ n'est pas une garantie, c'est justement l'endroit à examiner : sur le cercle, les points de coordonnées (5 ; 0) et (-5 ; 0) ont $y=0$ , la formule y est indéfinie, et ce sont exactement les deux points à tangente verticale. Une fraction indéfinie ne signale pas l'absence de tangente, elle signale une tangente que la pente ne sait pas décrire, puisqu'une droite verticale n'a pas de pente.

5)

FAUX. L'analogie ne tient que si l'on dérive par rapport à la MÊME variable que celle qui apparaît. $\frac{d}{dx}(x^{3})=3x^{2}$ parce que $\frac{dx}{dx}=1$ ; $\frac{d}{dx}(y^{3})=3y^{2}\cdot\frac{dy}{dx}=3y^{2}y'$ parce que $\frac{dy}{dx}$ n'a aucune raison de valoir 1. L'écriture de Leibniz rend l'erreur visible : le facteur oublié est toujours $\frac{dy}{dx}$ , et il ne vaut 1 que là où la courbe a une pente de 1, comme sur la première bissectrice.

Exercice 9 : Problème : le gaz de van der Waals et son point critique

L'équation des gaz parfaits ne prévoit aucune liquéfaction. Celle de van der Waals si, et le point où le gaz devient liquide sans transition visible se trouve en annulant DEUX dérivées à la fois. C'est le plus bel emploi du chapitre en dehors des mathématiques.

a) L'équation s'écrit $\left(P+\frac{a}{V^{2}}\right)(V-b)=RT$ . À température constante, exprimez $P$ en fonction de $V$ , puis calculez $\frac{dP}{dV}$ et $\frac{d^{2}P}{dV^{2}}$ .
b) Le point critique est celui où ces DEUX dérivées s'annulent. Montrez que le volume critique vaut $V_{c}=3b$ .
c) Déduisez-en la température critique $T_{c}$ et la pression critique $P_{c}$ en fonction de $a$ , $b$ et $R$ .
d) Pour le dioxyde de carbone, $a=3{,}640$ litres carrés atmosphère par mole carrée, $b=0{,}04267$ litre par mole et $R=0{,}08206$ . Calculez $V_{c}$ , $T_{c}$ et $P_{c}$ .
e) Calculez le rapport $\frac{P_{c}V_{c}}{RT_{c}}$ et montrez qu'il vaut $\frac{3}{8}$ pour TOUT gaz de van der Waals. Que dit ce résultat sur le modèle ?

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Réponses

a) $P=\frac{RT}{V-b}-\frac{a}{V^{2}}$ ; dérivées $-\frac{RT}{(V-b)^{2}}+\frac{2a}{V^{3}}$ et $\frac{2RT}{(V-b)^{3}}-\frac{6a}{V^{4}}$
b) $V_{c}=3b$
c) $T_{c}=\frac{8a}{27Rb}$ , $P_{c}=\frac{a}{27b^{2}}$
d) $0{,}128$ L/mol ; $308$ K ; $74{,}0$ atm
e) $\frac{3}{8}$ pour tout gaz

a)

On isole : $P+\frac{a}{V^{2}}=\frac{RT}{V-b}$ , donc $P=\frac{RT}{V-b}-\frac{a}{V^{2}}$ , avec $T$ traitée comme une constante. En dérivant par rapport à $V$ : $\frac{dP}{dV}=-\frac{RT}{(V-b)^{2}}+\frac{2a}{V^{3}}$ , puis $\frac{d^{2}P}{dV^{2}}=\frac{2RT}{(V-b)^{3}}-\frac{6a}{V^{4}}$ . On peut aussi dériver la forme implicite sans isoler $P$ ; le résultat est le même, mais l'isolement est ici trivial et il n'y a pas de raison de s'en priver.

b)

La première annulation donne $\frac{RT}{(V-b)^{2}}=\frac{2a}{V^{3}}$ , soit $RT=\frac{2a(V-b)^{2}}{V^{3}}$ . On reporte dans la seconde annulation $\frac{2RT}{(V-b)^{3}}=\frac{6a}{V^{4}}$ : $\frac{2}{(V-b)^{3}}\cdot\frac{2a(V-b)^{2}}{V^{3}}=\frac{6a}{V^{4}}$ , ce qui se simplifie en $\frac{4a}{(V-b)V^{3}}=\frac{6a}{V^{4}}$ . Le facteur $a$ disparaît, et il reste $4V=6(V-b)$ , donc $2V=6b$ et $V_{c}=3b$ . Toute l'astuce est de substituer la première condition dans la seconde plutôt que de résoudre les deux séparément.

c)

Avec $V_{c}=3b$ , on a $V_{c}-b=2b$ , donc $RT_{c}=\frac{2a(2b)^{2}}{27b^{3}}=\frac{8ab^{2}}{27b^{3}}=\frac{8a}{27b}$ , d'où $T_{c}=\frac{8a}{27Rb}$ . Puis $P_{c}=\frac{RT_{c}}{2b}-\frac{a}{9b^{2}}=\frac{8a}{54b^{2}}-\frac{a}{9b^{2}}=\frac{4a}{27b^{2}}-\frac{3a}{27b^{2}}=\frac{a}{27b^{2}}$ . Les trois grandeurs critiques ne dépendent donc que des deux paramètres du gaz, ce qui est la prédiction forte du modèle.

d)

$V_{c}=3\times 0{,}04267\approx 0{,}12801$ litre par mole. $T_{c}=\frac{8\times 3{,}640}{27\times 0{,}08206\times 0{,}04267}\approx\frac{29{,}12}{0{,}094540}\approx 308{,}0$ kelvins, soit environ 34,8 degrés Celsius. $P_{c}=\frac{3{,}640}{27\times 0{,}04267^{2}}\approx\frac{3{,}640}{0{,}049160}\approx 74{,}0$ atmosphères. Les valeurs mesurées sont 304,1 kelvins et 72,8 atmosphères : l'écart est de l'ordre de 1 à 2 pour cent, remarquable pour un modèle à deux paramètres. Sur la figure, c'est le point de l'isotherme critique où la courbe s'aplatit : l'isotherme y a une tangente horizontale ET change de concavité.

e)

$\frac{P_{c}V_{c}}{RT_{c}}=\frac{\frac{a}{27b^{2}}\times 3b}{\frac{8a}{27b}}=\frac{\frac{a}{9b}}{\frac{8a}{27b}}=\frac{a}{9b}\times\frac{27b}{8a}=\frac{27}{72}=\frac{3}{8}=0{,}375$ . Ni $a$ , ni $b$ , ni le gaz considéré n'interviennent : le modèle prédit la MÊME valeur pour toutes les substances. C'est une prédiction universelle, donc facile à réfuter, et l'expérience donne plutôt 0,27 à 0,30 pour la plupart des gaz réels. Le modèle capture donc la bonne physique qualitative, l'existence même d'un point critique, mais pas les valeurs fines : c'est exactement le genre de verdict qu'un calcul de dérivée permet de rendre.

Exercice 10 : Problème : la lentille mince et la vitesse de l'image

La relation de conjugaison d'une lentille lie la distance de l'objet et celle de l'image sans donner l'une en fonction de l'autre sous une forme commode. C'est une relation implicite, et elle répond directement à la question : quand l'objet avance, à quelle vitesse l'image recule-t-elle ?

a) La relation s'écrit $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=\frac{1}{f}$ , où $f$ est fixe. Dérivez-la par rapport à $p$ et montrez que $\frac{dq}{dp}=-\frac{q^{2}}{p^{2}}$ .
b) Une lentille de distance focale $f=20$ centimètres reçoit un objet à $p=60$ centimètres. Calculez $q$ , puis $\frac{dq}{dp}$ .
c) L'objet se rapproche de la lentille à 5 centimètres par seconde. Dans quel sens l'image se déplace-t-elle, et à quelle vitesse ?
d) Le grandissement vaut $m=-\frac{q}{p}$ . Calculez $\frac{dm}{dp}$ au même point, puis la vitesse de variation du grandissement. L'image grandit-elle ou rétrécit-elle ?
e) Que devient $\frac{dq}{dp}$ quand $p$ tend vers $f$ par valeurs supérieures, et quand $p=2f$ ? Interprétez chacun des deux cas.

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Réponses

a) $\frac{dq}{dp}=-\frac{q^{2}}{p^{2}}$
b) $q=30$ cm ; $-0{,}25$
c) $+1{,}25$ cm/s : l'image s'éloigne
d) $\frac{dm}{dp}=0{,}0125$ ; $\frac{dm}{dt}=-0{,}0625$ par seconde : l'image grandit
e) $-\infty$ au foyer ; $-1$ en $p=2f$

a)

On dérive les deux membres par rapport à $p$ , en traitant $q$ comme une fonction de $p$ et $f$ comme une constante : $-\frac{1}{p^{2}}-\frac{1}{q^{2}}\cdot\frac{dq}{dp}=0$ . D'où $\frac{1}{q^{2}}\cdot\frac{dq}{dp}=-\frac{1}{p^{2}}$ et $\frac{dq}{dp}=-\frac{q^{2}}{p^{2}}$ . Le signe est négatif quelles que soient les valeurs, ce qui est déjà une information physique : éloigner l'objet rapproche toujours l'image, et réciproquement.

b)

$\frac{1}{q}=\frac{1}{20}-\frac{1}{60}=\frac{3-1}{60}=\frac{1}{30}$ , donc $q=30$ centimètres, ce que montre la figure. Alors $\frac{dq}{dp}=-\frac{30^{2}}{60^{2}}=-\frac{900}{3600}=-0{,}25$ . Autrement dit, un déplacement de l'objet se répercute sur l'image quatre fois plus faiblement, dans ce réglage-là.

c)

« Se rapprocher » signifie $\frac{dp}{dt}=-5$ centimètres par seconde. Par la règle de chaîne, $\frac{dq}{dt}=\frac{dq}{dp}\cdot\frac{dp}{dt}=(-0{,}25)\times(-5)=+1{,}25$ centimètre par seconde. Le signe positif dit que $q$ AUGMENTE : l'image s'éloigne de la lentille pendant que l'objet s'en approche. C'est ce que l'on observe en réglant un projecteur, et c'est aussi pourquoi la mise au point devient de plus en plus délicate quand on photographie de près.

d)

$m=-\frac{q}{p}$ est un quotient dont les deux termes varient : $\frac{dm}{dp}=-\frac{\frac{dq}{dp}\cdot p-q}{p^{2}}=-\frac{(-0{,}25)(60)-30}{3600}=-\frac{-15-30}{3600}=\frac{45}{3600}=0{,}0125$ par centimètre. Puis $\frac{dm}{dt}=0{,}0125\times(-5)=-0{,}0625$ par seconde. Comme $m=-\frac{30}{60}=-0{,}5$ est négatif et devient encore plus négatif, sa VALEUR ABSOLUE croît : l'image, déjà renversée, grandit. C'est cohérent avec c, une image plus lointaine est une image plus grande.

e)

Quand $p\to f^{+}=20^{+}$ , la relation $\frac{1}{q}=\frac{1}{f}-\frac{1}{p}\to 0^{+}$ donne $q\to+\infty$ , donc $\frac{dq}{dp}=-\frac{q^{2}}{p^{2}}\to-\infty$ : la sensibilité devient infinie, un micron de déplacement de l'objet envoie l'image à des mètres. C'est pour cela qu'un objet placé au foyer ne donne aucune image nette. Quand $p=2f=40$ , on trouve $q=40$ et $\frac{dq}{dp}=-\frac{1600}{1600}=-1$ : c'est le point où objet et image se déplacent à la même vitesse en sens contraires, la configuration symétrique du grandissement $-1$ , celle qu'on utilise pour copier un document à l'échelle 1.

Exercice 11 : La lemniscate de Bernoulli : tangentes et point double

La figure montre la lemniscate d'équation $(x^{2}+y^{2})^{2}=4(x^{2}-y^{2})$ .

a) Vérifiez que l'origine et le point $(2\,;0)$ sont sur la courbe, puis montrez que $y'=\frac{x\left(2-x^{2}-y^{2}\right)}{y\left(x^{2}+y^{2}+2\right)}$ .
b) Déterminez les points où la tangente est horizontale.
c) Déterminez les points où la tangente est verticale.
d) Que se passe-t-il à l'origine ? Déterminez les pentes des deux branches qui s'y croisent.
e) Quelle est la hauteur maximale de la courbe au-dessus de l'axe des abscisses ?

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Réponses

a) $y'=\frac{x(2-x^{2}-y^{2})}{y(x^{2}+y^{2}+2)}$
b) $\left(\pm\sqrt{1{,}5}\,;\pm\sqrt{0{,}5}\right)$
c) $(\pm 2\,;0)$
d) Point double : pentes $1$ et $-1$
e) $\sqrt{0{,}5}\approx 0{,}707$

a)

En $(0\,;0)$ : $0=0$ . En $(2\,;0)$ : $16=4\times 4$ ✓. On dérive : $2(x^{2}+y^{2})(2x+2yy')=4(2x-2yy')$ , soit, en divisant par $4$ , $(x^{2}+y^{2})(x+yy')=2x-2yy'$ . On regroupe les $y'$ : $y'\left[y(x^{2}+y^{2})+2y\right]=2x-x(x^{2}+y^{2})$ , d'où la formule annoncée. Le carré du membre de gauche demande la chaîne DEUX fois : sur le carré extérieur, puis sur $y^{2}$ .

b)

Numérateur nul et dénominateur non nul. $x=0$ donne dans l'équation $y^{4}=-4y^{2}$ , donc $y=0$ : c'est l'origine, où le dénominateur s'annule aussi, à écarter. Reste $x^{2}+y^{2}=2$ : l'équation devient $4=4(x^{2}-y^{2})$ , soit $x^{2}-y^{2}=1$ . Avec $x^{2}+y^{2}=2$ : $x^{2}=\frac{3}{2}$ et $y^{2}=\frac{1}{2}$ . Quatre points : $\left(\pm\sqrt{1{,}5}\,;\pm\sqrt{0{,}5}\right)\approx(\pm 1{,}225\,;\pm 0{,}707)$ , où le dénominateur vaut $\pm 0{,}707\times 4\neq 0$ ✓.

c)

Dénominateur nul et numérateur non nul : $y=0$ avec $x\neq 0$ . L'équation devient $x^{4}=4x^{2}$ , donc $x=\pm 2$ . En $(2\,;0)$ , le numérateur vaut $2(2-4)=-4\neq 0$ ✓. Deux tangentes verticales, aux deux extrémités de la courbe.

d)

À l'origine, numérateur ET dénominateur s'annulent : la formule ne décide rien, c'est un point singulier. Près de l'origine, $(x^{2}+y^{2})^{2}$ est d'ordre $4$ et devient négligeable devant $4(x^{2}-y^{2})$ , d'ordre $2$ : la courbe ressemble à $x^{2}-y^{2}=0$ , c'est-à-dire aux deux droites $y=x$ et $y=-x$ . Deux branches se croisent, de pentes $1$ et $-1$ : c'est un POINT DOUBLE, ni un rebroussement ni une tangente verticale.

e)

La hauteur est maximale là où la tangente est horizontale et $y>0$ : $y=\sqrt{0{,}5}\approx 0{,}707$ . Pour s'en convaincre sans la figure : sur la courbe, $4y^{2}=4x^{2}-(x^{2}+y^{2})^{2}$ , et la seule façon de rendre $y$ extrémal est d'annuler sa dérivée, ce que b) a fait.

Exercice 12 : La courbe x puissance y égale y puissance x

On étudie, pour $x>0$ et $y>0$ , la courbe d'équation $x^{y}=y^{x}$ . Elle contient la droite $y=x$ , mais pas seulement : $2^{4}=4^{2}$ .

a) En prenant d'abord le logarithme des deux membres, montrez que $y'=\frac{\ln y-\frac{y}{x}}{\ln x-\frac{x}{y}}$ .
b) Calculez la pente de la tangente au point $(2\,;4)$ .
c) Calculez la pente au point $(4\,;2)$ et expliquez le lien avec b).
d) En quel point de la droite $y=x$ la formule donne-t-elle $\frac{0}{0}$ ? Que se passe-t-il en ce point ?
e) Donnez l'ordonnée à l'origine de la tangente en $(2\,;4)$ .

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Réponses

a) $y\ln x=x\ln y$ , puis $y'=\frac{\ln y-\frac{y}{x}}{\ln x-\frac{x}{y}}$
b) $\approx-3{,}18$
c) $\approx-0{,}31$ : pente inverse par symétrie
d) $(e\,;e)$ : deux branches se croisent
e) $\approx 10{,}35$

a)

On ne peut dériver $x^{y}$ ni comme une puissance, ni comme une exponentielle : base et exposant varient. Le logarithme ramène tout à des produits : $y\ln x=x\ln y$ . On dérive : $y'\ln x+\frac{y}{x}=\ln y+\frac{x}{y}y'$ . On regroupe : $y'\left(\ln x-\frac{x}{y}\right)=\ln y-\frac{y}{x}$ , d'où la formule.

b)

En $(2\,;4)$ : $y'=\frac{\ln 4-2}{\ln 2-\frac{1}{2}}\approx\frac{1{,}3863-2}{0{,}6931-0{,}5}=\frac{-0{,}6137}{0{,}1931}\approx-3{,}18$ . La courbe descend fortement : quand $x$ augmente un peu au-delà de $2$ , le $y$ associé diminue.

c)

En $(4\,;2)$ : $y'=\frac{\ln 2-\frac{1}{2}}{\ln 4-2}\approx-0{,}315$ , l'INVERSE de la pente précédente. L'équation est symétrique par échange de $x$ et $y$ : la courbe est symétrique par rapport à $y=x$ , et une symétrie par rapport à cette droite inverse les pentes. $(2\,;4)$ et $(4\,;2)$ sont images l'un de l'autre.

d)

Sur $y=x$ , numérateur et dénominateur valent $\ln x-1$ : ils s'annulent ensemble en $x=e$ . Au point $(e\,;e)$ , la droite $y=x$ et la branche courbe qui passe par $(2\,;4)$ et $(4\,;2)$ se CROISENT : deux pentes différentes au même point, $1$ pour la droite et $-1$ pour la branche courbe par symétrie, et aucune formule à une seule valeur ne peut les donner toutes les deux. C'est la même signature qu'au point double d'une lemniscate.

e)

Tangente : $y=4-3{,}1774(x-2)$ , d'ordonnée à l'origine $4+6{,}3548\approx 10{,}35$ . Garder quatre décimales à la pente avant de multiplier par $2$ évite une erreur au centième.

Exercice 13 : La tangente implicite pour estimer, et la concavité pour savoir de quel côté

On considère la courbe $x^{3}+y^{3}=9$ , qui passe par le point $(1\,;2)$ .

a) Calculez $y'$ et sa valeur en $(1\,;2)$ .
b) Écrivez la tangente en $(1\,;2)$ et utilisez-la pour estimer l'ordonnée du point de la courbe d'abscisse $1{,}1$ .
c) Calculez cette ordonnée exactement, au millième, et donnez l'erreur de l'estimation.
d) Montrez que $y''=-\frac{18x}{y^{5}}$ sur la courbe. L'estimation de b) était-elle trop grande ou trop petite ? Justifiez sans calcul.
e) En quel point de la courbe la tangente est-elle parallèle à la droite $y=-x$ ?

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Réponses

a) $y'=-\frac{x^{2}}{y^{2}}$ ; $-\frac{1}{4}$
b) $y\approx 1{,}975$
c) $1{,}972$ ; erreur $0{,}003$
d) $y''=-0{,}5625<0$ : estimation trop grande
e) $\left(\sqrt[3]{4{,}5}\,;\sqrt[3]{4{,}5}\right)\approx(1{,}651\,;1{,}651)$

a)

$3x^{2}+3y^{2}y'=0$ donne $y'=-\frac{x^{2}}{y^{2}}$ . En $(1\,;2)$ : $y'=-\frac{1}{4}$ .

b)

$y=2-\frac{1}{4}(x-1)$ . En $x=1{,}1$ : $y\approx 2-0{,}025=1{,}975$ . On a remplacé la courbe, que l'on ne sait pas écrire commodément, par sa tangente, que l'on sait toujours écrire.

c)

$y^{3}=9-1{,}331=7{,}669$ , donc $y=\sqrt[3]{7{,}669}\approx 1{,}972$ . Erreur : $1{,}975-1{,}972=0{,}003$ , soit $0{,}15$ pour cent pour un pas de $0{,}1$ .

d)

On dérive $y'=-x^{2}y^{-2}$ comme un produit : $y''=-2xy^{-2}+2x^{2}y^{-3}y'$ . On remplace $y'$ : $y''=-\frac{2x}{y^{2}}-\frac{2x^{4}}{y^{5}}=-\frac{2x(y^{3}+x^{3})}{y^{5}}$ , et $x^{3}+y^{3}=9$ sur la courbe : $y''=-\frac{18x}{y^{5}}$ . En $(1\,;2)$ : $y''=-\frac{18}{32}=-0{,}5625<0$ , la courbe est concave, donc SOUS sa tangente près du point de contact. L'estimation par la tangente était trop grande, ce que confirme c) : $1{,}975>1{,}972$ .

e)

Pente $-1$ : $-\frac{x^{2}}{y^{2}}=-1$ , soit $y^{2}=x^{2}$ et $y=\pm x$ . Avec $y=x$ : $2x^{3}=9$ , $x=\sqrt[3]{4{,}5}\approx 1{,}651$ , point $(1{,}651\,;1{,}651)$ . Avec $y=-x$ : $x^{3}-x^{3}=0\neq 9$ , impossible. Un seul point, sur la bissectrice, comme le laissait prévoir la symétrie de l'équation.

Exercice 14 : Problème : l'isoquante de production et le coût minimal

Une entreprise produit $Q=K^{1/3}L^{2/3}$ unités par jour avec $L$ travailleurs et $K$ heures-machine. Elle vise une production fixée $Q=20$ : la courbe $K^{1/3}L^{2/3}=20$ dans le plan $(L\,;K)$ est une ISOQUANTE. Un travailleur coûte $50$ dollars par jour, une heure-machine $4$ dollars. La figure ci-dessous représente l'isoquante.

a) En dérivant implicitement par rapport à $L$ , montrez que $\frac{dK}{dL}=-\frac{2K}{L}$ .
b) Vérifiez que $(L\,;K)=(8\,;125)$ est sur l'isoquante et calculez $\frac{dK}{dL}$ en ce point. Interprétez.
c) Estimez par la tangente le nombre d'heures-machine nécessaires si l'on passe à $7$ travailleurs, puis comparez à la valeur exacte.
d) Le coût est $C=50L+4K$ . En écrivant que l'isoquante est tangente à une droite de coût constant, trouvez la combinaison la moins chère et son coût.
e) Comparez au coût de la combinaison $(8\,;125)$ et à la répartition des dépenses entre travail et machines.

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Réponses

a) $\frac{dK}{dL}=-\frac{2K}{L}$
b) $-31{,}25$ heures-machine par travailleur
c) $156{,}25$ contre $163{,}27$
d) $L\approx 10{,}86$ , $K\approx 67{,}86$ : $814$ dollars
e) $900$ dollars ; deux tiers pour le travail

a)

On passe au logarithme : $\frac{1}{3}\ln K+\frac{2}{3}\ln L=\ln 20$ . On dérive par rapport à $L$ : $\frac{1}{3}\cdot\frac{K'}{K}+\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{L}=0$ , donc $K'=-\frac{2K}{L}$ . Sans logarithme, la dérivation du produit mène au même résultat avec deux fois plus d'exposants fractionnaires.

b)

$125^{1/3}\times 8^{2/3}=5\times 4=20$ ✓. $\frac{dK}{dL}=-\frac{2\times 125}{8}=-31{,}25$ . Interprétation : au voisinage de ce point, retirer un travailleur demande environ $31$ heures-machine de plus pour maintenir la production. Ce nombre s'appelle le taux marginal de substitution.

c)

Par la tangente : $K\approx 125+(-31{,}25)(7-8)=156{,}25$ heures-machine. Exactement, $K=\frac{20^{3}}{L^{2}}=\frac{8000}{49}\approx 163{,}27$ . L'isoquante est convexe, au-dessus de sa tangente, donc l'estimation est trop basse de $7$ heures environ : la substitution coûte de plus en plus cher à mesure qu'on retire des travailleurs.

d)

Une droite de coût constant $50L+4K=C$ a pour pente $-\frac{50}{4}=-12{,}5$ . Au coût minimal, l'isoquante la touche sans la traverser : même pente. $-\frac{2K}{L}=-12{,}5$ donne $K=6{,}25L$ . Dans l'équation de l'isoquante, $K=\frac{8000}{L^{2}}$ : $6{,}25L^{3}=8000$ , $L^{3}=1280$ , $L\approx 10{,}86$ travailleurs et $K\approx 67{,}86$ heures-machine. Coût : $50\times 10{,}86+4\times 67{,}86\approx 543+271=814$ dollars par jour.

e)

La combinaison $(8\,;125)$ coûte $400+500=900$ dollars, soit $86$ dollars de plus. À l'optimum, le travail coûte $543$ dollars et les machines $271$ : exactement deux tiers et un tiers, les exposants de $L$ et de $K$ . Ce n'est pas une coïncidence : pour une production de la forme $K^{a}L^{b}$ avec $a+b=1$ , la condition de tangence $\frac{bK}{aL}=\frac{w}{r}$ équivaut à $\frac{wL}{rK}=\frac{b}{a}$ .

Exercice 15 : Problème : la propriété de réflexion de l'ellipse

On considère l'ellipse $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$ et le point $P(3\,;2{,}4)$ . La figure montre l'ellipse, ses foyers $F_{1}$ et $F_{2}$ , le point $P$ et les segments $[PF_{1}]$ et $[PF_{2}]$ .

a) Vérifiez que $P$ est sur l'ellipse et que les foyers sont $F_{1}(-4\,;0)$ et $F_{2}(4\,;0)$ , sachant que $c^{2}=a^{2}-b^{2}$ .
b) Calculez la pente de la tangente en $P$ et écrivez son équation.
c) Écrivez l'équation de la normale en $P$ et trouvez son intersection $N$ avec l'axe des abscisses.
d) Calculez $PF_{1}$ , $PF_{2}$ , puis comparez $\frac{NF_{1}}{NF_{2}}$ à $\frac{PF_{1}}{PF_{2}}$ . Qu'en concluez-vous sur la normale ?
e) Calculez l'angle entre la normale et chacun des segments $PF_{1}$ et $PF_{2}$ . Quelle propriété physique de l'ellipse venez-vous de démontrer ?

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Réponses

a) $P$ sur l'ellipse ; $c=4$
b) Pente $-0{,}45$ ; $9x+20y=75$
c) Normale de pente $\frac{20}{9}$ ; $N(1{,}92\,;0)$
d) $7{,}4$ et $2{,}6$ ; rapports égaux : bissectrice
e) Deux angles de $46{,}8°$ : réflexion d'un foyer vers l'autre

a)

$\frac{9}{25}+\frac{5{,}76}{9}=0{,}36+0{,}64=1$ ✓. $a=5$ , $b=3$ , $c=\sqrt{25-9}=4$ : foyers en $(\pm 4\,;0)$ .

b)

$\frac{2x}{25}+\frac{2yy'}{9}=0$ donne $y'=-\frac{9x}{25y}$ . En $P$ : $y'=-\frac{27}{60}=-0{,}45$ . Tangente : $y=2{,}4-0{,}45(x-3)$ , soit $9x+20y=75$ , ce que donne aussi la forme réduite $\frac{3x}{25}+\frac{2{,}4y}{9}=1$ multipliée par $75$ .

c)

La normale est perpendiculaire à la tangente : pente $\frac{1}{0{,}45}=\frac{20}{9}$ . Équation : $y=2{,}4+\frac{20}{9}(x-3)$ . Pour $y=0$ : $x=3-\frac{9\times 2{,}4}{20}=3-1{,}08=1{,}92$ . Donc $N(1{,}92\,;0)$ .

d)

$PF_{1}=\sqrt{7^{2}+2{,}4^{2}}=\sqrt{54{,}76}=7{,}4$ et $PF_{2}=\sqrt{1^{2}+2{,}4^{2}}=\sqrt{6{,}76}=2{,}6$ : leur somme vaut $10=2a$ , la définition même de l'ellipse. $NF_{1}=5{,}92$ et $NF_{2}=2{,}08$ : $\frac{5{,}92}{2{,}08}\approx 2{,}846$ et $\frac{7{,}4}{2{,}6}\approx 2{,}846$ . Par la réciproque du théorème de la bissectrice, $(PN)$ est la BISSECTRICE de l'angle $F_{1}PF_{2}$ : la normale partage l'angle des deux rayons focaux en deux angles égaux.

e)

Un vecteur directeur de la normale vers l'intérieur est $\vec{n}=(-9\,;-20)$ . Avec $\overrightarrow{PF_{1}}=(-7\,;-2{,}4)$ : $\cos\alpha=\frac{63+48}{\sqrt{481}\times 7{,}4}\approx 0{,}6839$ , et avec $\overrightarrow{PF_{2}}=(1\,;-2{,}4)$ : $\cos\beta=\frac{-9+48}{\sqrt{481}\times 2{,}6}\approx 0{,}6839$ . Les deux angles valent environ $46{,}8°$ . Un rayon issu de $F_{1}$ qui se réfléchit en $P$ repart symétriquement par rapport à la normale, donc passe par $F_{2}$ : c'est la propriété qui fait qu'un murmure prononcé à un foyer d'une salle elliptique s'entend à l'autre foyer, et que l'on concentre une onde de choc sur un calcul rénal placé au second foyer d'un réflecteur.

Exercices corrigés : la dérivation implicite (201-SN2-RE, ancien 201-NYA)

Rappel de cours

Calculs : les dérivées implicites à calculer

Exercice 0.1 : Dériver implicitement : onze calculs directs

Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : Le principe : dériver une équation, pas une fonction

Exercice 2 : Les cinq structures qui laissent un y prime

Exercice 3 : Le folium de Descartes, une courbe qui n'est le graphe d'aucune fonction

Exercice 4 : Tangentes horizontales et verticales : lire les deux annulations

Exercice 5 : La dérivée seconde implicite et la concavité

Partie B : problèmes et raisonnement (/50)

Exercice 6 : Deux familles de courbes qui se coupent toujours à angle droit

Exercice 7 : Les coniques et la forme réduite de la tangente

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Exercice 9 : Problème : le gaz de van der Waals et son point critique

Exercice 10 : Problème : la lentille mince et la vitesse de l'image

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : La lemniscate de Bernoulli : tangentes et point double

Exercice 12 : La courbe x puissance y égale y puissance x

Exercice 13 : La tangente implicite pour estimer, et la concavité pour savoir de quel côté

Exercice 14 : Problème : l'isoquante de production et le coût minimal

Exercice 15 : Problème : la propriété de réflexion de l'ellipse

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