Exercices corrigés : la dérivation implicite (201-NYA)

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.

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 $y'=0$.

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.

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 les points $(1{,}5275\ ;\ -3{,}0551)$ et son opposé. Verticale : $x+2y=0$, soit $x=-2y$, et par la symétrie de l'équation en $x$ et $y$ on obtient les points symétriques $(-3{,}0551\ ;\ 1{,}5275)$ 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.

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.

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 $-1$ ✓. C'est le point marqué sur la figure.

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.

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.

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.