Calculs différentiels

Fonctions de classe $\CC^1$

Applications partielles, continuité

Soit $p\in \N^*$, on va étudier dans ce chapitre les applications de $\R^p$ dans $\R$ définies sur un ouvert $U$ de $\R^p$.
On note $\BB=(e_1,\cdots,e_p)$ la base canonique de $\R^p$. Pour $x=\dsum_{i=1}^px_ie_i\in U$ et $f:U\longmapsto \R$, on notera l'image de $x$ par $f$: $$f(x)\text{ ou } f(x_1,x_2\cdots,x_p).$$ Soient $U$ un ouvert de $\R^p$ et $a=\dsum_ia_ie_i\in U$. Pour tout $i\in \inter{1,p}$,on note: $$D_{a,i}=\{t\in \R,\,a+(t-a_i)e_i\in U\}\subset\R.$$

Remarque

Comme $U$ est un ouvert alors, pour tout $i$, $D_{a,i}$ est un ouvert de $\R$.

Exemple

Considérons l'ensemble $U$ (voir figure ci-après).

$\,$
D_a,1 $\,$ D_a,2

Soit $f:U\longmapsto\R$, pour tout $i\in \inter{1,p}$ on définit la $i$-ème fonction partielle de $f$ en $a$ par: $$\fonct{f_{a,i} }{D_{a,i}}{\R}{t}{f(a+(t-a_i)e_i)}.$$

Remarque

Pour tout $a\in U$ et $i\in \inter{1,p}$, $f_{a,i}$ se définit aussi par: $$f_{a,i}(t)=f(a_1,\cdots,a_{i-1},t,a_{i+1},\cdots,a_p).$$

Exemple

Considérons la fonction $f$ définie sur $[0,4]\times [0,10]$ et $A=(2,2)$,

$\,$
$\,$
$\,$


Soit $A\in \MM_n(\R)=(a_{i\,j})$. On considère, $$\fonct{f}{\R^n}{\R}{X}{{\,}^t X AX}$$ et $O={\,}^t (0,\cdots,0)$. Déterminer les fonctions partielle de $f$ en $O$.

Correction

Soit $k\in \inter{1,n}$, on a $D_{O,k}=\{t\in \R,\, O+(t-O_k)e_k\in \R^n\}=\R$ et $f_{O,k}(t)=f(te_k)=(t^2) {\,}^t e_kAe_k$, or $Ae_k$ donne $C_k$ la $k$ème colonne de $A$ et ${\,}^te_k C_k$ donne la $k$ème coefficient de $C_k$.
On en déduit alors, $$f_{O,k}(t)=a_{k\,k}t^2.$$

Si $f$ est continue en $a$, alors pour $i\in \inter{1,p}$, $f_{a,i}$ est continue en $a_i$.

Remarque

La réciproque est fausse. Comme le montre l'exemple suivant, pour tout $(x,y)\in \R^2$, $$f(x,y)=\dfrac{xy}{x^2+y^2}\text{ si } (x,y)\neq (0,0) \text{ et } f(0,0)=0.$$ Les fonctions partielles en $(0,0)$ sont continues, mais $f$ n'est pas continue en $(0,0)$.

<

Dérivées partielles

Soit $i\in \inter{1,p}$. On dit que $f$ admet au point $a$ une $i$-ème dérivée partielle si la fonction $f_{a,i}$ est dérivable en $a_i$. Autrement dit, $$\lim_{t\to 0 } \dfrac{f(a+te_i)-f(a)}{t} \text{ existe et finie}$$ Lorsque cette dérivée existe, elle est notée $$\partial_i f(a) \text{ ou } \dfrac{\partial \,f}{\partial\,x_i}(a).$$

$\,$

Si $\dfrac{\partial \,f}{\partial\,x_i}(a)$ existe pour tout $a\in U$, on définit la $i$-ème dérivée partielle de $f$ sur $U$ par: $$\fonct{\dfrac{\partial \,f } {\partial\,x_i}}{U}{\R}{x}{\dfrac{\partial \,f}{\partial\,x_i}(x)}$$




Déterminer, pour chacune des fonctions suivantes, le domaine de définition $D_f$. Pour chacune des fonctions, calculer ensuite les dérivées partielles en chaque point du domaine de définition lorsqu'elles existent:

  1. $f(x,y)=x^2\ee^{xy}$,
  2. $f(x,y)=\ln(x+\sqrt{x^2+y^2})$,
  3. $f(x,y)=\sin^2 x+ \cos^2y$,
  4. $f(x,y,z)=x^2y^2\sqrt{z}$.

Correction

  1. $D_f=\R^2$. $$ \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)= 2x\exp(xy)+x^2y\exp(xy),\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)= x^3\exp(xy).$$ \noindent
  2. $D_f=\{(x,y); x > 0 \ \text{ou} \ y \ne 0\}\subseteq \R^2$. $$\begin{array}{lcl} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=& \dsp\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}}{x+\sqrt{x^2+y^2}}= \frac 1{\sqrt{x^2+y^2}},\quad\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=& \dsp \frac{\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}}{x+\sqrt{x^2+y^2}} =\frac{y}{x\sqrt{x^2+y^2}+x^2+y^2}. \end{array}$$
  3. $D_f=\R^2$. $$ \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)= 2\sin(x) \cos(x),\quad\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)= -2\sin(y) \cos(y).$$
  4. $D_f=\{(x,y,z); z > 0\}\subseteq \R^3$. $$ \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z)= 2xy^2\sqrt{z},\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z)= 2x^2y\sqrt{z} ,\quad \frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z)= \frac {x^2y^2}{2\sqrt{z}} .$$

On dit que $f$ est de classe $\CC^1$ sur $U$ ssi pour tout $i\in \inter{1,p}$, $\dfrac{\partial \,f}{\partial\,x_i}$ définie et continue sur $U$.
On note $\CC^1(U,\R)$ l'ensemble des fonctions de classe $\CC^1$ sur $U$ dans $\R$.

Exercice

Soit $\fonct{f}{\R^2}{\R}{(x,y)}{\Max (\abs{x},\abs{y})}$. Déterminer le plus grand ouvert de $\R^2$ sur le quel $f$ est de classe $\CC^1$.

Correction

Soit $\Delta_1\,:~~y=x$ et $\Delta_2\,:~~y=-x$. Notons $\Omega =\R^2\setminus (\Delta_1\cup \Delta_2)$.
$f$ est de classe $\CC^1$ sur $\Omega$ puisque la restriction de $f$ à $\Omega$ est: $$(x,y)\longmapsto x\text{ ou } -x \text{ ou } y \text{ ou } -y.$$ Soit $x_0\in \R_+^*$, on a $f(x_0,x_0)=x_0$ et $f(x,x_0)=x$ pour $x>x_0$, et $f(x,x_0)=x_0$ pour $x\leq x_0$. Ce qui donne: $$\limiteX{x}{x_0^+}\dfrac{f(x,x_0)-f(x_0,x_0)}{x-x_0}=1,~~~~\limiteX{x}{x_0^-}\dfrac{f(x,x_0)-f(x_0,x_0)}{x-x_0}=0.$$ Donc $f$ n'admet pas de dérivée partielle par rapport à $x$ en $(x_0,x_0)$ donc $f$ n'est pas de classe $\CC^1$ en $(x_0,x_0)$.
Le même raisonnement pour les autres cas montre que $f$ n'est pas de classe $\CC^1$ aux points de $(\Delta_1\cup\Delta_2)$.
On en déduit que le plus grand ouvert de $\R^2$, sur le quel $f$ est de classe $\CC^1$ est $\Omega$.

$\CC^1(U,\R)$ est un $\R$- e.v. De plus, pour tout $i\in \inter{1,p}$ l'application $$\fonct{\partial_i}{\CC^1(U,\R)}{\CC(U,\R)}{f}{\dfrac{\partial \,f}{\partial\,x_i}}$$ est linéaire.

Soient $f,g\in \CC^1(U,\R)$, on a:

  1. $fg\in \CC^1(U,\R)$, de plus pour tout $i\in \inter{1,p}$, on a: $$\dfrac{\partial \,(fg)}{\partial\,x_i}=f\dfrac{\partial \,g}{\partial\,x_i}+g\dfrac{\partial \,f}{\partial\,x_i}.$$
  2. Si $g$ ne s'annule pas sur $U$ alors $1/g\in \CC^1(U,\R)$ et on a: $$ \forall i\in \inter{1,p},\quad \dfrac{\partial}{\partial \,x_i}(\frac{1}{g})=\dfrac{-\dfrac{\partial\,g}{\partial \,x_i}}{g^2}.$$

On suppose que $U$ est convexe de $\R^p$. Soit $f:U\longmapsto\R$. On suppose qu'il existe $j\in \inter{1,p}$ tel que $\partial_j f=0$. Alors,
Il existe une fonction $g:E_j\longmapsto \R$ telle que: pour tout $x=(x_1,\cdots,x_j,\cdots,x_p)\in U,$ $$\,f(x)=g(x_1,\cdots,x_{j-1},x_{j+1},\cdots,x_p).$$


On note $\Omega=\{(x,y)\in \R^2,\,x+y>0\}$. On définit pour $(x,y)\in \Omega,$ $$f(x,y)=\Arccos\left(\frac{1-xy}{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}}\right)-\Arctan(y).$$ Montrer que $f$ est bien définie sue $\Omega$, puis calculer $\dfrac{\partial f}{\partial\,y},\,\dfrac{\partial f}{\partial\,x}$ en déduire une autre expression de $f$.

Correction

Soient $(x,y)\in \Omega$, en utilisant le faite que $-2xy< x^2+y^2$, puisque $x+y>0$, on trouve $$(1-xy)^2=1-2xy+x^2y^2< 1+x^2+y^+x^2y^2 \Longrightarrow \dfrac{\abs{1-xy}}{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}}< 1$$ Donc $f$ est bien définie.
Posons $u(x,y)= \dfrac{1-xy}{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}}$, on a $$\begin{array}{lcl} \dfrac{\partial u}{\partial x}(x,y)&=&\dsp \dfrac{-y\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}-\dfrac{(1-xy)(x+xy^2)}{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}}} {1+x^2+y^2+x^2y^2}\\ &&\\ &=&\dsp\dfrac{-y(1+x^2+y^2+x^2y^2)-(x+xy^2-x^2y-x^2y^3)}{(1+x^2+y^2+x^2y^2)^{3/2}}\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{-y-x-xy^2-y^3}{(1+x^2+y^2+x^2y^2)^{3/2}}=\dfrac{-(x+y)(1+y^2)}{(1+x^2+y^2+x^2y^2)^{3/2}} \end{array}$$ Ensuite, $$\begin{array}{lcl} \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=& \dsp \dfrac{\dfrac{\partial u}{\partial x}(x,y)}{\sqrt{1-u^2(x,y)}}\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{(x+y)(1+y^2)}{(1+x^2+y^2+x^2y^2)^{3/2}}\dfrac{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}}{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2-1+2xy-x^2y^2}}\\ &&\\ &=&\dsp\dfrac{(x+y)(1+y^2)}{(1+x^2+y^2+x^2y^2)\sqrt{(x+y)^2)}}=\dfrac{-(x+y)(1+y^2)}{(1+x^2)(1+y)^2(x+y)}\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{1}{1+x^2} \end{array}$$ D'autre part, $$g(x,y)=\Arccos\left(\frac{1-xy}{\sqrt{1+x^2+y^2+x^2y^2}}\right)=g(y,x) \Longrightarrow\dfrac{\partial g}{\partial y}(x,y)=\dfrac{\partial f}{\partial x}(y,x)$$ On en déduit alors, $$\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\dfrac{1}{1+y^2}-\dfrac{1}{1+y^2}=0.$$ Comme $\Omega$ est convexe (petit exercice à faire), alors d'après le résultat précédent, on trouve: $$\exists \varphi\in \CC^1(\R),\,\forall (x,y)\in \Omega,\, f(x,y)=\varphi(x).$$ Vu que $\varphi'(x)= \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\dfrac{1}{1+x^2}$, on en déduit que: $$\exists c\in \R,\, \forall (x,y)\in \Omega,\, f(x,y)=\Arctan (x)+c.$$ Pour $(x,y)=(1,1)$, on a $f(1,1)=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}+c$, donc $c=0$.

Différentielle des fonctions de classe $\CC^1$

Soit $f\in \CC^1(U,\R)$. Pour tout $a\in U$, on définit l'application linéaire suivante: $$\fonct{\psi_a}{\R^p}{\R}{h}{\dsum_{j=1}^ph_j\dfrac{\partial\,f}{\partial \,x_j}(a)}$$ Alors, pour tout $h\in \R^p$ tel que $a+h\in U$, on a $$f(a+h)=f(a)+\psi_a(h)+\underset{\norme{h} \to 0}{\mathrm{o}}(h).$$

Remarque

On dit alors que $f$ admet un DL à l'ordre 1 au voisinage de $a$.

Si $f\in \CC^1(U,\R)$ alors $f$ est continue sur $U$.

L'application $\psi_a$ est appelée différentielle de $f$ en $a$ , et notée $\ud f_a$ ou $\ud f(a)$.


Soit $f : \R^3 \to \R$ de classe $\CC^1$ telle que $f(0,1,1) = 0$, $\frac{\partial f}{\partial x}(0,1,1) = 1$, $\frac{\partial f}{\partial y}(0,1,1) = 2$, $\frac{\partial f}{\partial z}(0,1,1) = 3$.
Peut-on déterminer $\dsp\lim_{t\to0} \frac{f(t^2,\ch t,\ee^t)}{f(t,\cos t,\ch t)}$ ?

Correction

Puisque $f$ est de classe $\CC^1$ alors $f$ admet un DL au voisinage de $(0,1,1)$, d'autre part, $$\ch(t)=1+\dfrac{t^2}{2}+\underset{t\to 0}{\mathrm{o}}(t^2),\, \cos(t)=1-\dfrac{t^2}{2}+\underset{t\to 0}{\mathrm{o}}(t^2),\,\ee^t=1+t+\dfrac{t^2}{2}+\underset{t\to 0}{\mathrm{o}}(t^2).$$ Ainsi, en posant $X=(t^2,\ch (t),\ee^t)=(0,1,1)+t(0,0,1)+\underset{t\to 0}{\mathrm{o}}(t)$ et $h=X-(0,1,1)$, $$\begin{array}{lcl} f(X)&=&\dsp f(0,1,1)+\frac{\partial f}{\partial x}(0,1,1)\times 0+\frac{\partial f}{\partial y}(0,1,1)\times 0+ \frac{\partial f}{\partial z}(0,1,1)\times 1+\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h)\\ &=&3t +\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h) \end{array} $$ On pose maintenant $Y=(t,\cos t,\ch t)=(0,1,1) +t(1,0,0)+\underset{t\to 0}{\mathrm{o}}(t)$ et $h=Y-(0,1,1)$, $$\begin{array}{lcl} f(Y)&=&\dsp f(0,1,1)+\frac{\partial f}{\partial x}(0,1,1)\times 1+\frac{\partial f}{\partial y}(0,1,1)\times 0+\frac{\partial f}{\partial z}(0,1,1)\times 0+\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h)\\ &=&t +\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h) \end{array} $$ On en déduit $$\lim_{t\to0} \frac{f(t^2,\ch t,\ee^t)}{f(t,\cos t,\ch t)}=\lim_{t\to0} \frac{3t +\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h)}{t +\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h)}=3.$$

Supposons qu'il existe une application $\ell_a\in \LL(\R^p,\R)$ tel que $$f(a+h)=f(a)+\ell_a(h)+\underset{\norme{h}\to 0}{\mathrm{o}}(h).$$ Alors, pour tout $i\in \inter{1,p}$ $f$ admet en $a$ une $i$-ème dérivée partielle, de plus, $$\partial_if(a)=\ell_a(e_i).$$


On définit $\fonct{\varphi}{\MM_n(\R)}{\R}{A}{\tr (A)}$. Montrer que $\varphi$ est de classe $\CC^1$ sur $\MM_n(\R)$ puis déterminer les dérivées partielles de $\varphi$.

Correction

On sait que $\varphi$ est continue (une application linéaire sue un espace vectoriel de dimension finie).
Soit $A,H\in \MM_n(\R)$, on a $$\varphi(A+H)=\tr (A+H)=\tr (A)+\tr (H)=\varphi(A)+\varphi(H).$$ En utilisant le résultat du théorème précédent, et en posant $\ell_A=\varphi$, on trouve que $\varphi$ est de classe $\CC^1$ sur $\MM_n(\R)$. Si on note $\BB =(E_i)_{i\in \inter{1,n^2}}$ la base canonique de $\MM_n(\R)$, on a $\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_k}(A)=\tr (E_k)$.
Par exemple, si $n=2$ et en notant $$E_1=\begin{pmatrix} 1&0\\0&0 \end{pmatrix},\,E_2=\begin{pmatrix} 0&1\\0&0 \end{pmatrix},\,\,E_3=\begin{pmatrix} 0&0\\1&0 \end{pmatrix},\,\,E_4=\begin{pmatrix} 0&0\\0&1 \end{pmatrix}$$ Alors, $\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_1}(A)=\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_4}(A)=1$, et $\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_2}(A)=\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_3}(A)=0$.

Exercice

On définit $\fonct{\varphi}{\MM_n(\R)}{\R}{A}{\tr (A^2)}$. Montrer que $\varphi$ est de classe $\CC^1$ sur $\MM_n(\R)$ puis déterminer les dérivées partielles de $\varphi$.

Correction

Soit $A,H\in \MM_n(\R)$, on a $$\varphi(A+H)=\tr ((A+H)^2)=\tr (A^2+AH+HA+H^2)=\varphi(A)+\tr(AH+HA)+\tr(H^2).$$ Comme la fonction $\tr$ est continue, alors $\abs{\tr(H^2)}\leq K \norme{H^2}\leq K\norme{H}^2$ (avec $K>0$), donc $\tr(H^2)=\mathrm{o}(h)$.
En utilisant le résultat du théorème précédent, et en posant $\ell_A(H)=\tr (AH+HA)$, on trouve que $\varphi$ est de classe $\CC^1$ sur $\MM_n(\R)$. Si on note $\BB =(E_i)_{i\in \inter{1,n^2}}$ la base canonique de $\MM_n(\R)$, on a $\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_k}(A)=\tr (AE_k+E_kA)$.
Par exemple, si $n=2$ et en notant $$E_1=\begin{pmatrix} 1&0\\0&0 \end{pmatrix},\,E_2=\begin{pmatrix} 0&1\\0&0 \end{pmatrix},\,\,E_3=\begin{pmatrix} 0&0\\1&0 \end{pmatrix},\,\,E_4=\begin{pmatrix} 0&0\\0&1 \end{pmatrix},\,\,A=\begin{pmatrix} x&y\\ z&w \end{pmatrix}$$ Alors, $$\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_1}(A)=\tr (\begin{pmatrix} x&y\\ z&w \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0\\0&0 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 1&0\\0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x&y\\ z&w \end{pmatrix}) =\tr (\begin{pmatrix} x+x&y\\ z&0 \end{pmatrix})=2x$$ et $\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_2}(A)=2z,\,\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_3}(A)=2y,\,\,\dfrac{\partial \varphi}{\partial E_4}(A)=2w$.

Soient $f,g\in \CC^1(U,\R),\,\lambda\in \R$ et $a\in U$,

  1. $\ud (\lambda f+g)(a)=\lambda \ud f(a)+\ud g(a)$.
  2. $\ud (fg)(a)=g(a)\ud f(a)+f(a)\ud g(a)$.
  3. Si $g(a)\neq 0$ alors $\ud\left(\frac{1}{g}\right)(a)=\frac{-1}{g(a)^2}\ud g(a)$.

Gradient

Soient $f\in \CC^1(U,\R),\,a\in U$. On appel gradient de $f$ en $a$ (noté $\nabla f(a)$), le vecteur $$\nabla f(a)=\dsum_{i=1 }^p\partial_i f(a)e_i.$$

Soient $f\in \CC^1(U,\R),\,a\in U$, alors gradient de $f$ en $a$ est l'unique vecteur de $\R^p$ vérifiant, $$\forall h\in \R^p,\quad \ud f(a)(h)=\scal{\nabla f(a) } {h}.$$


Soit $f:\R^p\longmapsto \R$ définie par $f(x)=\norme{x}$. Montrer que $f$ est de classe $\CC^1$ sur $\R^p\setminus\{0\}$, et déterminer, pour $x\neq 0$, $\nabla f(x)$.

Correction

Il suffit d'écrire, pour $x\neq 0$, $$\begin{array}{lcl} f(x+h)&=&\dsp\norme{x}\left(1+2\frac{\scal{x}{h}}{\norme{x}^2}+\dfrac{\norme{h}^2}{\norme{x}^2}\right)^{\frac{1}{2}}\\ &=&\dsp f(x)+\frac{\scal{x}{h}}{\norme{x}}+\mathrm{o}(h)=f(x)+ \scal{\frac{x}{\norme{x}}}{h}+\mathrm{o}(h). \end{array}$$ On en déduit que, pour $x\neq 0$, $\nabla f(x)=\dfrac{x}{\norme{x}}$.

Composition des fonctions de classe $\CC^1$

Règle de la chaîne Soient $f\in \CC^1(U,\R),\,\,\Phi\in \CC^1(I,\R^p)$ tel que $\Phi(I)\subset U$.
Alors $f\circ \Phi \in \CC^1(I,\R)$ , de plus, en écrivant $\Phi(t)=(x_1(t),\cdots,x_p(t))$, $$\forall t\in I,\quad (f\circ \Phi)'(t)=\ud f(x) \cdot \Phi'(t)=\dsum_{j=1}^p \partial_j f(\Phi(t))x_j'(t).$$


Soient $f\in \CC^1(U,\R)$ et $v\in \R^p\setminus\{0\}$. On pose $g(t)=f(a+tv)$ ($a\in U$ et $t\in \R$ tel que $a+tv\in U$).
Calculer $g'$.

Correction

On note $v=(v_1,\cdots,v_p)$ et $\Phi(t)=a+tv$ (pour $t\in \R,$ t.q. $a+tv\in I$), alors on a $\Phi'(t)=v$, puis en appliquant la règle de la chaîne, on obtient, $$g'(t)=\ud f (\Phi(t))\cdot \Phi'(t)=\dsum_{j=1}^pv_j\partial_j f(a+tv).$$

Soient $U,\,V$ deux ouverts de $\R^2$ non vides, $f\in \CC^1(U,\R)$ et $g:V\longmapsto\R^2$ tel que $g(V)\subset U$. On suppose que $g(u,v)=(\varphi(u,v),\psi (u,v))$ avec $\varphi,\psi\in \CC^1(V,\R)$.
Alors $f\circ g\in \CC^1(V,\R)$, de plus pour tout $(u,v)\in V$, on a $$\begin{array}{lcl} \partial_1 (f\circ g)(u,v)=&\dsp\partial_1 f(\varphi(u,v),\psi(u,v))\partial_1 \varphi (u,v)+\partial_2 f(\varphi(u,v),\psi(u,v))\partial_1 \psi (u,v)\\ &\\ \partial_2 (f\circ g)(u,v)=&\dsp\partial_1 f(\varphi(u,v),\psi(u,v))\partial_2 \varphi (u,v)+\partial_2 f(\varphi(u,v),\psi(u,v))\partial_2 \psi (u,v) \end{array}$$

Exercice

Soit $f\in \CC^1(\R^2,\R)$, on définit $g:\R^2\longmapsto \R$ par, $$\forall (r,\theta)\in \R^2,\quad g(r,\theta)=f(r\cos(\theta),r\sin(\theta)).$$ Montrer que $g$ est de classe $\CC^1$ sur $\R^2$ puis calculer ses dérivées partielles, en déduire $\nabla f(x,y)$ en fonction des dérivées de $g$ pour $(x,y)=(r\cos(\theta),r\sin(\theta))\neq (0,0)$.

Correction

Avec les notations ci-dessus, on a $$ \dfrac{\partial g(r,\theta)}{\partial r}= \dfrac{\partial f}{\partial x}\dfrac{\partial x}{\partial r}+ \dfrac{\partial f}{\partial y}\dfrac{\partial y}{\partial r} =\cos (\theta)\dfrac{\partial f}{\partial x}+\sin(\theta)\dfrac{\partial f}{\partial y} $$ et, $$ \dfrac{\partial g(r,\theta)}{\partial \theta}= \dfrac{\partial f}{\partial x}\dfrac{\partial x}{\partial \theta}+ \dfrac{\partial f}{\partial y}\dfrac{\partial y}{\partial \theta}0 =-r\sin (\theta)\dfrac{\partial f}{\partial x}+r\cos(\theta)\dfrac{\partial f}{\partial y} $$ En multipliant la 1ère relation par $r\cos(\theta)$ et la deuxième par $-\sin(\theta)$, on trouve $$r\cos(\theta)\dfrac{\partial g(r,\theta)}{\partial r}-\sin(\theta) \dfrac{\partial g(r,\theta)}{\partial \theta} = r\cos^2(\theta)\dfrac{\partial f}{\partial x}+r\sin^2(\theta)\dfrac{\partial f}{\partial x} = r\dfrac{\partial f}{\partial x}$$ En multipliant la 1\up{ère} relation par $r\sin(\theta)$ et la deuxième par $\cos(\theta)$, on trouve $$r\sin(\theta)\dfrac{\partial g(r,\theta)}{\partial r}+\cos(\theta) \dfrac{\partial g(r,\theta)}{\partial \theta} = r\sin^2(\theta) \dfrac{\partial f}{\partial y}+r\cos^2(\theta)\dfrac{\partial f}{\partial x} = r\dfrac{\partial f}{\partial y}$$ Comme $r\neq 0$, on peut alors écrire $$\dfrac{\partial f}{\partial x}=\cos(\theta)\dfrac{\partial g}{\partial r}-\frac{\sin(\theta)}{r}\dfrac{\partial g}{\partial \theta},\,\, \dfrac{\partial f}{\partial y}=\sin(\theta)\dfrac{\partial g}{\partial r}+\frac{\cos(\theta)}{r}\dfrac{\partial g}{\partial \theta}.$$ Souvent, en physique, on note $\vec{u}_r=\cos(\theta)\vec{i}+\sin(\theta)\vec{j}$, et $ \vec{u}_\theta=-\sin(\theta)\vec{i}+\cos(\theta)\vec{j}$, ce qui donne, $$ \nabla f (x,y)=\dfrac{\partial g}{\partial r}(r,\theta)\vec{u}_r+\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial g}{\partial \theta}(r,\theta) \vec{u}_\theta.$$

Dérivées partielles d'ordre deux

On suppose que $f$ admet une $j$-ème dérivée partielle ($j\in\inter{1,p}$). Si $\partial_j f$ en $a$ admet une $k$-ème dérivée partielle $\partial_k(\partial_j f)(a)$ ($k\in \inter{1,p}$), on dit que $f$ admet en $a$ une $(k,j)$ème dérivée partielle seconde . On note $$\partial^2_{k,j} f(a)\text{ ou }\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_k\,\partial x_j}(a).$$

Remarque

Attention à l'ordre, $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_k\,\partial x_j}(a)$ n'est pas forcément égale à $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_j\,\partial x_k}(a)$!

On dit que $f$ est de classe $\CC^2$ sur $U$ ssi pour tout $(i,j)\in \inter{1,p}^2$, $f$ admet une $(i,j)$ième dérivée partielle seconde $ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x_i\,\partial x_j}$ continue sur $U$.


Soit $f$ et $\varphi :\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ deux applications de classe $\CC^2 $ et $F:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ définie par $F(x,y) = f(x + \varphi (y))$

  1. Justifier que $F$ est de classe $\CC^2 $.
  2. Vérifier l'égalité : $\dfrac{{\partial ^2 F}}{{\partial x^2 }}\dfrac{{\partial F}}{{\partial y}} - \dfrac{{\partial ^2 F}}{{\partial x\partial y}}\dfrac{{\partial F}}{{\partial x}} = 0$.

Correction

Il est claire que $F$ est de classe $\CC^1$ sur $\R^2$ comme la somme et la composée des fonctions de classes $\CC^1$.
Soit $(x,y)\in \R^2$, on a $$\dfrac{\partial F}{\partial x}(x,y)=f'(x+\varphi(y)),\quad \dfrac{\partial F}{\partial y}(x,y)=f'(x+\varphi(y))\varphi'(y).$$ Les deux dérivées partielles de $F$ sont également de classe $\CC^1$ (puisque $f,\varphi\in \CC^2$, donc $f',\varphi'\in \CC^1(\R)$, et on a: $$\begin{array}{lcl} \dsp\dfrac{\partial^2 F}{\partial x^2}(x,y)&=&\dsp\dfrac{\partial }{\partial x}(f'(x+\varphi(y)))=f''(x+\varphi(y))\\ \dsp\dfrac{\partial^2 F}{\partial y\partial x}(x,y)&=&\dsp\dfrac{\partial }{\partial y}(f'(x+\varphi(y)))=f''(x+\varphi(y))\varphi'(y)\\ \dsp\dfrac{\partial^2 F}{\partial x\partial y}(x,y)&=&\dsp\dfrac{\partial }{\partial x}(f'(x+\varphi(y))\varphi'(y))=f''(x+\varphi(y))\varphi'(y)\\ \dsp\dfrac{\partial^2 F}{\partial y^2}(x,y)&=&\dsp\dfrac{\partial }{\partial y}(f'(x+\varphi(y))\varphi'(y))=f''(x+\varphi(y))\varphi'(y)^2+f'(x+\varphi(y))\varphi''(y) \end{array} $$ Les quatres fonctions ci-dessus sont continues sur $\R^2$, on en déduit alors que $F\in \CC^2(\R^2,\R)$.
Soit $(x,y)\in \R^2$, on a $$\begin{array}{lcl} \dfrac{{\partial ^2 F}}{{\partial x^2 }}\dfrac{{\partial F}}{{\partial y}} - \dfrac{{\partial ^2 F}}{{\partial x\partial y}}\dfrac{{\partial F}}{{\partial x}} &=&f''(x+\varphi(y))f'(x+\varphi(y))\varphi'(y)-f''(x+\varphi(y))\varphi'(y)f'(x+\varphi(y))\\ \end{array} $$

Théorème de Schwarz
On suppose que $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_j\,\partial x_k}$ et $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_k\,\partial x_j}$ existent sur $U$.
Si ces fonctions sont continues en $a\in U$, alors: $$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_k\,\partial x_j}(a)=\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_j\,\partial x_k}(a)$$

Si $f$ est de classe $\CC^2$ sur $U$, alors $$ \forall i,j\in \inter{1,p},\quad \dfrac{\partial^2 f}{\partial x_i\,\partial x_j}(a)= \dfrac{\partial^2 f}{\partial x_j\,\partial x_i}(a)$$


Soit $f:\R^2\longmapsto\R$ définie par, $$f(0,0)=0,\quad f(x,y)=\dfrac{xy(x^2-y^2)}{x^2+y^2},\text{ pour } (x,y)\neq (0,0).$$ Montrer que $ \dfrac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}(0,0)$ et $ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}(0,0)$ existent et les calculer.

Correction

Après calculs, on trouve: $$\dfrac{\partial f}{\partial\,x}(x,y)=\left\{\begin{array}{lcl} \dfrac{x^4y+4x^2y^3-y^5}{(x^2+y^2)^2}&\text{ si }& (x,y)\neq (0,0)\\ 0&\text{sinon} \end{array} \right. $$ $$\dfrac{\partial f}{\partial\,y}(x,y)=\left\{\begin{array}{lcl} \dfrac{-xy^4-4x^3y^2+x^5}{(x^2+y^2)^2}&\text{ si }& (x,y)\neq (0,0)\\ 0&\text{sinon} \end{array} \right. $$ Puis, $$ \dfrac{\partial^2 f}{\partial y\partial\,x}(0,0)=\limiteX{y}{0}\frac{1}{y}\left(\dfrac{\partial f}{\partial\,x}(0,y)-\dfrac{\partial f}{\partial\,x}(0,0)\right)=-1. $$ $$ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x\partial\,y}(0,0)=\limiteX{x}{0}\frac{1}{x}\left(\dfrac{\partial f}{\partial\,y}(x,0)-\dfrac{\partial f}{\partial\,y}(0,0)\right)=1. $$

$\CC^2(U,\R)$ est un $\R$-espace vectoriel. De plus, on a:

  1. Si $f,g\in \CC^2(U,\R)$ alors $fg\in \CC^2(U,\R)$.
  2. Si $f$ ne s'annule pas sur $U$ alors $\frac{1}{f}\in \CC^2(U,\R)$.


Trouver les applications $\varphi\in \CC^3(\R_+^*,\R)$ telles que l'application $\fonct{f}{\R^3\setminus\{(0,0,0)\}}{\R}{(x,y,z)}{\varphi(x^2+y^2+z^2)}$, vérifie: $$\forall (x,y,z)\in \R^3\setminus\{(0,0,0)\},\quad\,\dfrac{\partial^3\,f}{\partial\,x\partial\,y\partial\,z}(x,y,z)=\dfrac{xyz}{x^2+y^2+z^2}.$$

Correction

Soit $\varphi\in \CC^3(\R_+^*,\R)$. On définit $\fonct{f}{\R^3\setminus\{0\}}{\R}{(x,y,z)}{\varphi(x^2+y^2+z^2)}$, $f$ est de classe $\CC^3$ sur $\R^3\setminus\{0\}$ (composition des fonctions de classe $\CC^3$).
En dérivant $f$, on trouve: $$\forall (x,y,z)\neq (0,0,0),~~\dfrac{\partial ^3f}{\partial\,x\partial\,y\partial\,z}(x,y,z)=8xyz\varphi^{(3)}(x^2+y^2+z^2).$$ Ainsi, $f$ vérifie la relation de l'énoncé ssi $\varphi$ vérifie: $$\forall t\in \R_+^*,~~\varphi^{(3)}(t)=\dfrac{1}{8t}.$$ En intégrant, on trouve: $$\forall t>0,~~\varphi(t)=\dfrac{1}{16}t^2\ln(t)+At^2+Bt+c,~~~~A,B,C\in \R.$$

[CCP PSI 2007]

On considère l'équation aux dérivées partielles : $$\dfrac{\partial f}{\partial u}(u,v)+2u\dfrac{\partial f}{\partial v}(u,v)=0 \quad(\EE)$$

  1. Montrer que l'application $\varphi: (x,y) \mapsto (x,y+x^2)$ est bijective de $\R^2$ sur $\R^2$ et que $\varphi$ et son inverse sont de classe $\CC^1$.
  2. À l'aide d'un changement de fonction inconnue, déterminer toutes les solutions de $(\EE)$ de classe $\CC^1$ sur $\R^2$.

Correction

  1. Il est clair que $\varphi$ est bijective donc la fonction inverse est $\fonct{\varphi^{-1}}{\R^2}{\R^2}{(u,v)}{(u,v-u^2)}$. De plus $\varphi$ et $\varphi^{-1}$ sont des fonctions de classe $\CC^1$ sur $\R^2$ (fonctions polynomiales par rapport au coordonnées).
  2. On pose $f^*(x,y)=f(\varphi(x,y))$. $$\dfrac{\partial f^*}{\partial\,x}=\dfrac{\partial f}{\partial\,u}\dfrac{\partial u}{\partial\,x}+\dfrac{\partial f}{\partial\,v}\dfrac{\partial v}{\partial\,x}=\dfrac{\partial f}{\partial\,u}+2u\dfrac{\partial f}{\partial\,v}.$$ Ainsi, si $f$ est une solution de $(\EE)$ alors $f^*$ vérifie $\dfrac{\partial f^*}{\partial\,x}=0$. En intégrant cette équation on trouve $f^*(x,y)=g(y)$ ou $g\in \CC^1(\R)$.
    On en déduit que l'ensemble de solution de $(\EE)$ est $\{(u,v)\longmapsto g(v-u^2),~~g\in \CC^1(\R,\R)\}$.


On note $U=\{(x,y)\in \R^2,\,y>\abs{x}\}$. Trouver les applications $f\in \CC^2(U,\R)$ telles que: $$\forall (x,y)\in U,~~\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,x^2}(x,y)-\dfrac{\partial^2\,f}{\partial\,y^2}(x,y)=\dfrac{1}{\sqrt{y^2-x^2}}.$$ En utilisant le changement de variable $u=x+y$ et $v=y-x$.

Correction

Considérons l'application $\fonct{\varphi}{U}{\R^2}{(x,y)}{(x+y,y-x)}$, d'après la définition de $U$, on a $\varphi(U)=V=(\R_+^*)^2$.
Il est clair que $\varphi$ est $\CC^2$- difféomorphisme de $U$ sur $V$.
Soit $f\in \CC^2(U,\R)$, on définit $F\in \CC^2(V,\R)$ telle que $f(x,y)=F(u,v)$. On a $$\left\{\begin{array}{lclcl} \dfrac{\partial f}{\partial\,x}&=& \dfrac{\partial F}{\partial\,u}\dfrac{\partial u}{\partial\,x}+\dfrac{\partial F}{\partial\,v}\dfrac{\partial v}{\partial\,x}&=&\dfrac{\partial F}{\partial\,u}-\dfrac{\partial F}{\partial\,v}.\\ &&&&\\ \dfrac{\partial f}{\partial\,y}&=& \dfrac{\partial F}{\partial\,u}\dfrac{\partial u}{\partial\,y}+\dfrac{\partial F}{\partial\,v}\dfrac{\partial v}{\partial\,y}&=&\dfrac{\partial F}{\partial\,u}+\dfrac{\partial F}{\partial\,v}. \end{array} \right.$$ Ensuite, on calcul les dérivées partielles d'ordre 2 (on utilise aussi le théorème de Schwarz): $$ \left\{\begin{array}{lclcl} \dfrac{\partial^2 f}{\partial\,x^2}&=& \dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u^2}-\dfrac{\partial^2 F}{\partial v\,\partial\,u}-\dfrac{\partial^2 F}{\partial \,v\partial\,u}+\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,v^2}&=&\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u^2}-2\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u\partial\,v}+\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,v^2}\\ &&&&\\ \dfrac{\partial^2 f}{\partial\,y^2}&=& \dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u^2}+\dfrac{\partial^2 F}{\partial v\,\partial\,u}+\dfrac{\partial^2 F}{\partial \,v\partial\,u}+\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,v^2}&=&\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u^2}+2\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u\partial\,v}+\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,v^2} \end{array} \right. $$ Ainsi, si $f$ est une solution de l'équation, on trouve que $F$ vérifie l'équation suivante: $$\forall (u,v)\in V,~~~~-4\dfrac{\partial^2 F}{\partial\,u\partial\,v}=\dfrac{1}{\sqrt{uv}}.$$ En intégrant cette dernière équation par rapport à $u$ ($v$ est fixe), on trouve: $$\forall (u,v)\in V,~~~~\dfrac{\partial F}{\partial\,v}=\dfrac{-1}{2}\dfrac{\sqrt{u}}{\sqrt{v}}+h(v),~~h\in \CC^1(\R_+^*,\R).$$ On intègre à nouveau par rapport à $v$, on obtient, $$\forall (u,v)\in V,~~F(u,v)=-\sqrt{uv}+H(v)+L(u),~~H,L\in \CC^2(\R_+^*,\R).$$ On en déduit l'ensemble de solutions de l'EDP est: $$\boxed{\left\{(x,y)\in U\longmapsto -\sqrt{y^2-x^2}+A(x+y)+B(y-x),~~~~A,B\in \CC^2(\R_+^*,\R)\right\}}.$$

Applications géométriques

Courbe planes d'équation $F(x,y)=0$

Comment peut-on définir une courbe? ou tout simplement que vaut dire courbe dans le plan ou dans l'espace?
En réalité, une courbe dans l'espace de dimension $d$ est un objet qui peut être décrit par un point qui évolue au cours du temps (en physique on parle d'un point matériel soumis à certains forces). Autrement dit, il suffit d'un paramètre pour le décrire, le temps. On dit d'un tel objet qu'il est 1-dimensionnel (variété de dimension 1).
Prenons l'exemple d'un point matériel 'notre planète terre'. Au cours du temps la terre soumis à la force de gravité du soleil (mais aussi d'autre objets!) décrit un trajectoire, une courbe dans l'espace.
Nous avons déjà vu qu'on peut définir une courbe dans le plan par l'ensemble des points $(x,y)$ tels que $y=f(x)$ avec $f$ une fonction de $I$ dans $\R$, mais également les courbes définies par un arc paramétrée $\Gamma =(x(t),y(t))$.
On peut également obtenir une courbe en faisant l'intersection entre une surface (dans l'espace) et un plan, ci-après les exemples classique d'intersection d'un cône avec un plan.

$\,$ Intersection plan surface
L'intersection est une ellipse $\,$ L'intersection une partie d'hyperbole



On utilise souvent l'intersection de la surface pour obtenir les lignes de niveau.

Soit $f$ une fonction définie de $\DD\subset\R^2$ dans $\R$, et $k\in \R$. On appel courbe de niveau $k$ de $f$ la projection sur le plan $z=0$ de l'intersection de la surface représentative de $f$ avec le plan $z=k$, i.e. $$L_k(f)=\{(x,y)\in \DD,\, f(x,y)=k\}.$$

Ainsi, les courbes de niveau de $f$ permettent d'avoir une 'présentation' plane de $f$. c.f. exemple ci-après.


$\,$ Intersection plan surface
Surface $z=f(x,y)$ $\,$ Lignes de niveau

Cette représentation est très pratiqué dans les cartes géographiques où le courbe de niveau correspond à l'altitude,


Mont blanc

Connaissant les courbes de niveau de $f$ on peut devenir ou imaginer sa représentation dans l'espace (ou la surface $z=f(x,y)$)
Inversement, si on connaît $f$, on peut avoir des renseignement au moins localement sur ses lignes de niveau. Plus précisément,
$E$ désigne le plan $\R^2$ muni de sa structure affine euclidienne canonique et rapporté au repère orthonormale $(O,\vec{i},\vec{j})$.
On considère dans la suite une fonction $F$ définie sur un ouvert $U\subset\R^2$ à valeur dans $\R$.

Soit $M(x_0,y_0)\in U$ tel que $F(x_0,y_0)=0$. On suppose que $\ud F(x_0,y_0)\neq 0$
Si $\dfrac{\partial F}{\partial\,y}(x_0,y_0)\neq 0$, alors il existe des intervalles ouverts $I,\,J$ tels que, $$x_0\in I,\,\,y_0\in J,\,\,I\times J\subset U$$ De plus, il existe une fonction $\varphi\in \CC^1(I,J)$ et une seule, telle que $$\forall (x,y)\in I\times J,\,\, F(x,y)=0\Longleftrightarrow y=\varphi (x).$$

Remarques

  1. Quitte à remplace $F$ par $F-k$ on peut toujours se ramener au cas du théorème \textit{i.e.} $F(x_0,y_0)=0$.
  2. Bien évidement, si $\dfrac{\partial F}{\partial\,y}(x_0,y_0)= 0$ alors $\dfrac{\partial F}{\partial\,x}(x_0,y_0)\neq 0$ puisque $\ud F(x_0,y_0)\neq 0$, donc le théorème précédent reste valable en échangeant les rôles entre $x$ et $y$. \textit{i.e. } existe des intervalles ouverts $I,\,J$ tels que, $$y_0\in I,\,\,x_0\in J,\,\,J\times I\subset U$$ De plus, il existe une fonction $\varphi\in \CC^1(I,J)$ et une seule, telle que $$\forall (y,x)\in J\times I,\,\, F(x,y)=0\Longleftrightarrow x=\varphi (y).$$

Exemple

CS
On considère $F(x,y)=x^2+y^2-2$ définie sur $\R^2$, et on a $$\forall (x,y)\in \R^2,\,\dfrac{\partial F}{\partial x}(x,y)=2x,\,\,\dfrac{\partial F}{\partial y}(x,y)=2y.$$ L'ensemble $\Gamma=\{(x,y)\in \R^2,\,\,F(x,y)=0\}$ correspond au cercle unité. Considérons les points suivants $a=(1,0),\,b=(1/\sqrt{2},1/\sqrt{2}),\,$ et $c=(0,1)$. Ces trois points appartiennent à $\Gamma$.
  1. Au point $a$, $\dfrac{\partial F}{\partial y}(a)=0$, tandis que $\dfrac{\partial F}{\partial x}(a)\neq 0$ donc le théorème précédent permet d'affirmer qu'on peut écrire $x$ en fonction de $y$, i.e. il existe un voisinage $I$ de $0$ et une fonction $\vartheta$ de $I$ dans un voisinage de $1$, tel que $x=\vartheta(y)$. Avec $\vartheta(0)=1$ (on sait dans ce cas qu'on peut écrire $x=\sqrt{1-y^2}$).
  2. Au point $b$, $\dfrac{\partial F}{\partial y}(b)\neq 0$, et $ \dfrac{\partial F}{\partial x}(b)\neq 0$ donc le théorème précédent permet d'affirmer qu'on peut écrire $x$ en fonction de $y$, ou $y$ en fonction de $x$.
  3. Au point $c$, $\dfrac{\partial F}{\partial x}(c)=0$, tandis que $\dfrac{\partial F}{\partial y}(c)\neq 0$donc le théorème précédent permet d'affirmer qu'on peut écrire $y$ en fonction de $x$, \textit{i.e.} il existe un voisinage $I$ de $0$ et une fonction $\varphi$ de $I$ dans un voisinage de $1$, tel que $y=\varphi(x)$. Avec $\varphi(0)=1$ (on sait dans ce cas qu'on peut écrire $y=\sqrt{1-x^2}$ et $I=]-1,1[$).

Exemple

On considère $f(x, y) = x^4 + y^3 − x^2 − y^2 + x − y$. Dans ce cas, $$\forall (x,y)\in \R^2,\,\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=4x^3-2x+1,\,\,\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=3y^2-2y-1.$$

Surface représentative de $f$ $\,$ Ligne de niveau $0$
Surface représentative de $f$ $\,$ Ligne de niveau $0$

Le théorème précédent nous dit que par exemple au voisinage de $(0,0)$, on peut exprimer $y$ en fonction de $x$.

Avec les hypothèses du théorème précédent, on a $$\forall x\in I,\,\varphi'(x)=-\dfrac{\frac{\partial F}{\partial x}(x,\varphi(x))}{\frac{\partial F}{\partial y}(x,\varphi(x)}.$$

Exemple

Dans l'exemple précédent, le point $O=(0,0)\in \Gamma$, de plus, $$\dfrac{\partial f}{\partial x}(O)=1,\,\,\dfrac{\partial f}{\partial y}(O)=-1\Longrightarrow \varphi'(0)=1.$$ Ainsi, on peut écrire, $\varphi(x)=x+\underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(x)$.
Dans notre cas, on peut chercher un DL de $\varphi$ d'ordre supérieur (\textit{il y a des théorèmes qui donne la régularité de $\varphi$ en fonction de $f$}). Pour cela, on écrit $\varphi(x)=\dsum_{k=0}^n a_kx^k+\underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(x^k)$ puis on remplace dans la relation vérifiée par $\varphi$, ce qui donne $$f(x,\varphi(x))=0\Longrightarrow f(x, \dsum_{k=0}^n a_kx^k)=0,$$ soit dans notre cas: $$x^4+(\dsum_{k=0}^n a_kx^k)^3-x^2-(\dsum_{k=0}^n a_kx^k)^2+x-(\dsum_{k=0}^n a_kx^k)=0$$ Ensuite on développe à l'ordre $k$, par exemple pour $k=3$, on obtient $\varphi(x)= 0+1x+ax^2+bx^3$, ensuite, $$x^4+ (x+ax^2+bx^3)^3-x^2-(x+ax^2+bx^3)^2+x-(x+ax^2+cx^3)=0$$ On note $\Gamma=\{(x,y)\in U,\,F(x,y)=0\}$. soit après simplification, $$x^4-x^3-x^2-(x^2+2ax^3)-ax^2-cx^3=0\Longrightarrow a=-2,\,b=-3$$ Pour les courageux, vous pouvez faire le DL de $\varphi$ à l'ordre 5. $$ \,$$

DL$_1$ de $\varphi$ $\,$ DL à l'ordre 5
DL$_1$ de $\varphi$ $\,$ DL à l'ordre 5

Un point $M_0=(x_0,y_0)$ de $\Gamma$ est dit régulier si $\ud F (x_0,y_0)\neq 0$. Il est dit singulier sinon.

Remarque

C'est équivalent à la définition que nous avons déjà vu avec les courbes paramétrés. Elle adaptée à la définition de la courbe!

Soit $M_0=(x_0,y_0)$ un point régulier de la courbe $\Gamma$, alors

  1. Le vecteur $(-\frac{\partial F}{\partial\,y}(x_0,y_0),\frac{\partial F}{\partial\,x}(x_0,y_0))$ dirige la tangente.
  2. Le vecteur $(\frac{\partial F}{\partial\,x}(x_0,y_0),\frac{\partial F}{\partial\,y}(x_0,y_0))$ dirige la normale.
  3. L'équation de la tangente à $\Gamma $ au point $M_0$ est donnée $$(x-x_0)\frac{\partial F}{\partial\,x}(x_0,y_0)+(y-y_0)\frac{\partial F}{\partial\,y}(x_0,y_0))=0.$$

Remarque

Soit $f:I\longmapsto\R$ une fonction de classe $\CC^1$, on sait alors que pour tout $x\in I$, $C_f$ admet une tangente au point $(x_0,f(x_0))$ d'équation $y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$.
On peut également définir $F:I\times \R\longmapsto \R$ tel que $F(x,y)=y-f(x)$, de sorte que $C_f=\{(x,y)\in \R^2,\,F(x,y)=0\}$. Comme $$\dfrac{\partial F}{\partial x}(x,y)=-f'(x),\,\dfrac{\partial F}{\partial y}(x,y)=1$$ donc tout les points de $C_f$ sont réguliers. De plus pour $(x_0,y_0)\in C_f$ l'équation de la tangente est donnée par: $$(x-x_0)\frac{\partial F}{\partial\,x}(x_0,y_0)+(y-y_0)\frac{\partial F}{\partial\,y}(x_0,y_0))=0\Longrightarrow -(x-x_0)f'(x_0)+(y-y_0)=0.$$ On retrouve la 1ère relation! (puisque $y_0=f(x_0)$)

Surface d'équation $F(x,y,z)=0$

Soit $M_0=(x_0,y_0,z_0)\in S$, tel que $\nabla F (M_0)\neq 0$. On suppose par exemple que $\dfrac{\partial F}{\partial z}(x_0,y_0,z_0)\neq 0$. Alors
Il existe un voisinage $V$ de $M_0$ et un ouvert $D$ de $\R^2$ contenant $(x_0,y_0)$ et une fonction $h\in \CC^1(D,\R)$ tels que $$(x,y,z)\in S\cap V\Longleftrightarrow (x,y)\in D\text{ et } z=h(x,y).$$

Remarques

  1. Ce théorème se traduit par: Au voisinage de $M_0$ la surface $S$ coïncide avec la graphe de la fonction $\fonct{h}{D}{\R}{(x,y)}{h(x,y)}$.
  2. Par symétrie, si on suppose$\dfrac{\partial F}{\partial x}(x_0,y_0,z_0)\neq 0$ (resp. $\dfrac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0,z_0)\neq 0$) alors $S$ coïncide localement avec la graphe de $x=f(y,z)$ (resp. $y=g(x,z)$)

Soit $M_0\in S$,on dit que $M_0$ est un point régulier si $\nabla F(M_0)\neq 0$. On dit que $M_0$ est singulier si $\nabla F(M_0)=0$.


Soit $h:\R^2\longmapsto\R$ une application de classe $\CC^1$. On considère la surface $S$ d'équation $S=\{(x,y,z)\in \R^3,\,z=h(x,y)\}$. Montrer que tous les points de $S$ sont réguliers.

Correction

On définit $\fonct{F}{\R^3}{\R}{(x,y,z)}{z-h(x,y)}$. Il est clair que $F$ est de classe $\CC^1$ sur $\R$, de plus $S=\{(x,y,z)\in \R^3,\,F(x,y,z)=0\}$. D'autre part, on a $$\forall (x,y,z)\in \R^3,\quad \nabla F(x,y,z)=\begin{pmatrix} -\dfrac{\partial h}{\partial x}(x,y)\\ -\dfrac{\partial h}{\partial y}(x,y)\\ 1 \end{pmatrix}$$ En particulier, pour tout $M\in S,\, \nabla F(M)\neq \overrightarrow{0}$.

Soit $M_0\in S$ un point régulier de $S$. L'équation du plan tangente à $S$ en $M_0$ est donnée par $$(x-x_0)\dfrac{\partial F}{\partial x}(M_0)+(y-y_0)\dfrac{\partial F}{\partial y}(M_0)+(z-z_0) \dfrac{\partial F}{\partial z}(M_0)=0.$$


On considère la surface $S=\{(\ee^u,\ee^v,uv);\,u,v\in \R\}$. M.q tout point de $S$ est régulier, et déterminer le plan tangent en tout point $M(u,v)\in S$.

Correction

$M(x,y,z)\in S$ ssi $x>0,\,y>0$ et $z=\ln(x)\ln(y)$. On peut alors écrire $S=\{(x,y,z)\in U,\, z-\ln(x)\ln(y)\}$ avec $U=\R_+^*\times\R_+^*\times\R$
Notons $F(x,y,z)=z-\ln(x)\ln(y)$, on obtient, $$\forall M(x_0,y_0,z_0)\in M,\quad \dfrac{\partial F}{\partial x}(M)=-\dfrac{\ln(y_0)}{x_0},\,\dfrac{\partial F}{\partial y}(M)=-\dfrac{\ln(x_0)}{y_0},\,\dfrac{\partial F}{\partial z}(M)=-1.$$ Donc l'équation du plan tangente à $S$ passant par $M$ est, $$(x-x_0)\dfrac{-\ln(y_0)}{x_0}+(y-y_0)\dfrac{-\ln(x_0)}{y0}-(z-z_0)=0,$$ ou encore, $$y_0\ln(y_0)(x-x_0)+x_0\ln(x_0)(y-y_0)+x_0y_0(z-z_0)=0.$$ \textit{Remarque}: On aurait pu trouver l'équation du plan tangente sans passer par la définition de $S$ sous la forme $F(x,y,z)=0$. En effet, on note $M(u,v)= (\ee^u,\ee^v,uv)$, on a $M\in \CC^1(\R^2,\R^3)$ et $$\dfrac{\partial M}{\partial u }(u,v)=\begin{pmatrix} \ee^u\\0\\v \end{pmatrix};\,\dfrac{\partial M}{\partial v }(u,v)=\begin{pmatrix} 0\\\ee^v\\u \end{pmatrix}$$ Donc le vecteur normal au plan tangente à $S$ en $M(u,v)$ est $$ \dfrac{\partial M}{\partial u }(u,v)\wedge\dfrac{\partial M}{\partial v }(u,v)=\begin{pmatrix} -v\ee^v\\ -u \ee^u\\ \ee^{u+v} \end{pmatrix}\neq 0$$ Ce qui donne l'équation du plan tangente, $$-v\ee^v(x-\ee^u)-u\ee^u(y-\ee^v)+\ee^{u+v}(z-uv)=0.$$ On retrouve la même relation: puisque $x_0=\ee^u,\, y_0=\ee^v$ et $z_0=\ln(x_0)\ln(y_0)=uv$.


Trouver les points sur le paraboloïde $z=4x^2 +y^2$ où le plan tangent est parallèle au plan $x+2y+z=6$. Même question avec le plan $3x+5y-2z=3$.

Correction

Le plan tangent à la surface d'équation $z=f(x,y)$ au point $(x_0,y_0,z_0)$ est donné par l'équation $$ z-z_0=\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0) (x-x_0) +\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0) (y-y_0) . $$ Suivant l'indication, le plan tangent à la surface d'équation $z=4x^2 +y^2$ au point $(x_0,y_0,z_0)$ est donné par l'équation $$\begin{array}{ll} z&=z_0 +8x_0 (x-x_0) + 2y_0 (y-y_0) \\ &= 8x_0x +2y_0 y +z_0 - 8x^2_0 - 2y^2_0= 8x_0x +2y_0 y - z_0 \end{array} $$ Ce qui donne finalement, $$ z-8x_0x -2y_0 y = z_0. $$ Pour que ce plan soit parallèle au plan d'équation $x+2y+z=6$ il faut et il suffit que $(1,2)=(-8x_0, -2y_0)$ d'où que $x_0=-1/8$ et $y_0=-1$. Par conséquent, le point cherché sur le paraboloïde $z=4x^2 +y^2$ est le point $(-1/8,-1,17/16)$.
De même, pour que le plan \eqref{Ptg2} soit parallèle au plan d'équation $3x+5y-2z=3$ il faut et il suffit que $(3/2,5/2)=(8x_0, 2y_0)$ d'où que $x_0=3/16$ et $y_0=5/4$, et le point cherché sur le paraboloïde $z=4x^2 +y^2$ est alors le point $(3/16,5/4,9/64+25/16)$ =$(3/16,5/4,109/64)$.


Déterminer les plans tangents à la surface $S$ d'équation : $z^3 - x.y = 0$ , et contenant la droite $D :\{ x = 2 , y = 3.z + 3\}$.

Correction

On pose $F(x,y,z)=z^3-xy$, $F$ est de classe $\CC^1$ sur $\R^3$, et on a $$\forall (x,y,z)\in \R^3,\, \dfrac{\partial F}{\partial x}(x,y,z)=-y,\, \dfrac{\partial F}{\partial y}(x,y,z)=-x,\,\dfrac{\partial F}{\partial z}(x,y,z)=3z^2.$$ Ainsi pour tout $M_0=(x_0,y_0,z_0)\neq (0,0,0)$ l'équation du plan tangent à $S$ passant par $M_0$ est donnée par: $$P:\quad y_0(x-x_0)+x_0(y-y_0)-3z_0^2(z-z_0)=0$$ Pour que $D\subset P$, il faut que pour tout point $(2,3z+3,z)\in Dy$, vérifie: $$y_0(2-x_0)+x_0(3z+3-y_0)-3z_0^2(z-z_0)=0=2x_0-2x_0y_0+3x_0+3z(x_0-z_0^2)+3z_0^3$$ ce qui donne (vu que $z_0^3=x_0y_0$), $$3z(x_0-z_0^2)+2y_0+3x_0+x_0y_0=0\Longrightarrow (x_0=z_0^2) \text{ et }2y_0+3x_0+x_0y_0=0$$ La relation $x_0=z_0^2$ donne $z_0^3-z_0^2y_0=0$ donc

  1. Soit $z_0=0$ ce qui implique $x_0=0$ puis $y_0\in \R$, si $y_0=0$ ce qui impossible car il n'y a pas du plan tangent à $S$ en $(0,0,0)$. Si $y_0\neq 0$ alors l'équation du plan $P$ est $y_0x=0$ et dans ce cas $P$ ne contient pas $D$
    Conclusion si $z_0=0$ il n'y a pas de solutions.
  2. Soit $y_0=z_0$, en remplaçant dans la deuxième relation, on trouve $2z_0+3z_0^2+z_0^3=0$ ce qui implique $\xcancel{z_0=0},\, z_0=-1$ ou $z_0=-2$
    1. Pour $z_0=-1$, $x_0=1,\,y_0=-1$. L'équation du $P$ est $-x+y-3z-1=0$, et on a $D\subset P$.
    2. Pour $z_0=-2$, $x_0=4,\,y_0=-2$. L'équation du $P$ est $-2x+4y-12z-8=0$, et on a $D\subset P$.

Conclusion, il y a deux solutions.

Extremums relatifs

Soit $f:U\subset\R^p\longmapsto \R$, $a\in U$. On dit que $f$ admet un extremum (maximum ou minimum) local en $a$ ssi il existe un ouvert $V$ contenant $a$ tel que $$\forall u\in \R^p,\,\,a+u\in V\cap U\Longrightarrow f(a+u)\leq f(a)\quad (\text{ maximum})$$ $$\forall u\in \R^p,\,\,a+u\in V\cap U\Longrightarrow f(a+u)\geq (a)\quad (\text{ minimum})$$

On suppose que $f$ est de classe $\CC^1$ sur $U$.
Si $f$ admet un extremum local en $a$ alors $\nabla f(a)=0$.

Remarque

Ceci est une condition nécessaire mais pas suffisant.
Exemple, $f(x,y)=xy$ et $a=(0,0)$.


On définit $f:(x,y)\mapsto x^3+y^3-3xy$. Étude des points critiques, puis des extremums éventuels.

Correction

$$\nabla f(x,y)=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} x^2=y\\ y^2=x \end{array} \right. \Longleftrightarrow (x,y)=(0,0) \text{ ou } (1,1).$$ Les points critiques sont $\{(0,0,),(1,1)\}$.

  1. Soit $x>0$ assez proche de $0$, on a $$f(x,x)=x^3-3x^2< 0=f(0,0),\quad f(x,-x)=x^3+3x^2>0=f(0,0).$$ On en déduit que le point $(0,0)$ n'est pas un extremum de $f$.
  2. Soit $(h,k)\in \R^2$ assez proche de $(0,0)$, on a $$\begin{array}{lcl} f(1+h,1+k)&=&(1+h)^3+(1+k)^3-3(1+h)(1+k)\\ &=&1+3h+3h^2+h^3+1+3k+3k^2+k^3-3(1+k+h+hk)\\ &=&-3-3hk+3h^2+3k^2+k^3+h^3\\ &=&f(1,1)+3 \left(\left(\dfrac{h}{2}-k\right)^2+\dfrac{3h^2}{4}\right)+\underset{(h,k)\to (0,0)}{\mathrm{o}}(\norme{(h,k}) \end{array} $$ On en déduit que le point $(1,1)$ est un extremum local

[CCP 2017]

On note $f$ la fonction $(x,y)\longmapsto x^2y+\ln(4+y^2)$.

  1. Montrer que $f$ admet sur $\R^2$ un unique point critique.
  2. On note $g:x\longmapsto f(x,x^3)-f(0,0)$. Trouver un équivalent simple de $g$ en $0$.
  3. $f$ admet-elle des extremums locaux ?

Correction

$$\nabla f(x,y)=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} xy&=&0\\ x^2+\dfrac{2y}{4+y^2}&=&0 \end{array} \right. \Longleftrightarrow (x,y)=(0,0).$$ Le point critique de $f$ est $\{(0,0,)\}$.
Soit $x \in \R$ assez proche de $0$, on a $$g(x)=f(x,x^3)=x^3+\ln(4+x^6)=x^3+\ln(4)+\ln(1+\frac{x^6}{4})=\ln(4)+x^3+\underset{x\to 0}{\mathrm{0}}(x^3).$$ En particulier, pour $x< 0$, $g(x)< g(0)$ et pour $x>0,\, g(x)>g(0)$. On en déduit que $f$ n'admet pas des extremums.