Exercices corrigés : la dérivation implicite (201-NYA)

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

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 $2xy$.

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

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 $(0\,;1)$ : $y'=\frac{0-\cos 1}{1-0}=-\cos 1\approx-0{,}540$.

$e^{y}+xe^{y}y'+y'=0$, 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 $y'$.

$\frac{1+y'}{x+y}=2-y'$. 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 $\ln 1=0=\frac{2}{3}-\frac{2}{3}$.

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 $\sec\frac{\pi}{6}=\frac{2}{\sqrt{3}}$ : $y'=\frac{\pi}{6}+\frac{1}{\sqrt{3}}\approx 1{,}101$.

$2x-3y-3xy'+2yy'=0$, 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 $-3$.

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

$\frac{y+xy'}{2\sqrt{xy}}+2yy'=0$. 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.

$\frac{y-xy'}{y^{2}}+\frac{xy'-y}{x^{2}}=0$, 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.

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.

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 $\frac{y}{x}$.

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 $y$.

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.

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.

$\frac{d}{dx}(y^{3})=3y^{2}y'$ ; $\frac{d}{dx}(\sqrt{y})=\frac{y'}{2\sqrt{y}}$ ; $\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{y}\right)=-\frac{y'}{y^{2}}$. 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.

$\frac{d}{dx}(\sin y)=\cos y\cdot y'$ ; $\frac{d}{dx}(e^{y})=e^{y}y'$ ; $\frac{d}{dx}(\ln y)=\frac{y'}{y}$. 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.

$\frac{d}{dx}(xy)=1\cdot y+x\cdot y'=y+xy'$ : 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.

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.

$e^{xy}\cdot(y+xy')=1+y'$, 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 $y'=0$.

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.

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.

$3^{3}+3^{3}=54$ 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.

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.

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.

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.

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.