Dérivées partielles et gradient

Calculer $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ pour $f(x,y) = 3x^2y - 2y^3$.

On dérive par rapport à $x$ en traitant $y$ comme constant : $\dfrac{\partial f}{\partial x} = 6xy$. On dérive par rapport à $y$ en traitant $x$ comme constant : $\dfrac{\partial f}{\partial y} = 3x^2 - 6y^2$.

Le gradient de $f(x,y)=x^2+y^2$ au point $(3,4)$ est :

$\nabla f(x,y) = (2x, 2y)$. Au point $(3,4)$ : $\nabla f(3,4) = (6,8)$.

Vrai ou faux : le gradient d'une fonction pointe dans la direction de plus forte décroissance.

Faux. Le gradient pointe dans la direction de plus forte croissance. C'est l'opposé du gradient, $-\nabla f$, qui pointe dans la direction de plus forte décroissance (utilisé en descente de gradient).

Calculer le gradient de $f(x,y,z) = xyz$ au point $(1,2,3)$.

$\dfrac{\partial f}{\partial x}=yz$, $\dfrac{\partial f}{\partial y}=xz$, $\dfrac{\partial f}{\partial z}=xy$. Au point $(1,2,3)$ : $\nabla f(1,2,3) = (2\times3,\,1\times3,\,1\times2) = (6,3,2)$.

Vrai ou faux : si $f$ est différentiable en $a$, alors $f$ est continue en $a$.

Vrai. La différentiabilité s'écrit $f(a+h)=f(a)+L(h)+o(\|h\|)$ ; quand $h\to0$, $L(h)\to0$ (application linéaire continue en dimension finie) et $o(\|h\|)\to0$, donc $f(a+h)\to f(a)$ : $f$ est continue en $a$.

Calculer la dérivée directionnelle de $f(x,y)=x^2+2y^2$ en $(1,1)$ dans la direction du vecteur unitaire $\vec u = (1/\sqrt2, 1/\sqrt2)$.

$\nabla f(1,1) = (2x,4y)|_{(1,1)} = (2,4)$. $D_{\vec u}f(1,1) = \nabla f(1,1)\cdot\vec u = 2\times\frac{1}{\sqrt2} + 4\times\frac{1}{\sqrt2} = \frac{6}{\sqrt2} = 3\sqrt2$.

Donner l'équation du plan tangent au graphe de $f(x,y)=x^2-y^2$ au point $(2,1)$.

$f(2,1)=4-1=3$. $\nabla f(x,y)=(2x,-2y)$, donc $\nabla f(2,1)=(4,-2)$. Le plan tangent : $z = f(2,1) + 4(x-2) -2(y-1) = 3+4x-8-2y+2 = 4x-2y-3$.

Dans quelle direction unitaire la dérivée directionnelle de $f(x,y)=xy$ en $(2,3)$ est-elle maximale, et quelle est sa valeur ?

$\nabla f(2,3) = (y,x)|_{(2,3)} = (3,2)$. La direction de plus forte croissance est $\vec u = \dfrac{(3,2)}{\|(3,2)\|} = \dfrac{(3,2)}{\sqrt{13}}$, et la valeur maximale de la dérivée directionnelle est $\|\nabla f(2,3)\| = \sqrt{9+4}=\sqrt{13}$.

Vrai ou faux : si les dérivées partielles de $f$ existent en un point $a$, alors $f$ est nécessairement différentiable en $a$.

Faux. L'existence des dérivées partielles ne suffit pas. Contre-exemple classique : $f(x,y)=\frac{xy}{x^2+y^2}$ (prolongée par $0$ en l'origine) admet des dérivées partielles nulles en $(0,0)$ mais n'est même pas continue en $(0,0)$, donc pas différentiable.

Soit $f(x,y) = \sqrt{x^2+y^2}$. Calculer $\nabla f$ en un point $(x,y)\neq(0,0)$ et interpréter géométriquement sa direction.

$\dfrac{\partial f}{\partial x} = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$, $\dfrac{\partial f}{\partial y} = \dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$ (dérivation de $\sqrt{u}$). Donc $\nabla f(x,y) = \dfrac{(x,y)}{\|(x,y)\|}$ : c'est le vecteur unitaire radial. Géométriquement, $f$ représente la distance à l'origine, dont les lignes de niveau sont des cercles ; le gradient, orthogonal aux lignes de niveau, pointe donc radialement vers l'extérieur — la direction où l'on s'éloigne le plus vite de l'origine.

Montrer, en utilisant la définition par la limite, que $f(x,y)=x^2+y^2$ est différentiable en $(0,0)$ avec $L(h_1,h_2)=0$.

On veut écrire $f(h_1,h_2) = f(0,0) + L(h_1,h_2) + o(\|h\|)$ avec $L=0$ (car $\nabla f(0,0)=(0,0)$ pour $f(x,y)=x^2+y^2$). On calcule le reste : $f(h_1,h_2) - f(0,0) - 0 = h_1^2+h_2^2 = \|h\|^2$. Or $\dfrac{\|h\|^2}{\|h\|} = \|h\| \xrightarrow[h\to0]{} 0$, donc le reste est bien un $o(\|h\|)$. La définition de la différentiabilité est vérifiée avec $L=0$, ce qui est cohérent avec le fait que $(0,0)$ est un minimum de $f$ (le plan tangent y est horizontal).

Soit $f(x,y) = x^3 - 3xy^2$. Montrer que les courbes de niveau de $f$ et les directions du gradient sont orthogonales en tout point où $\nabla f \neq 0$, en illustrant sur le point $(1,1)$.

Propriété générale : si $\gamma(t)$ est une courbe paramétrée incluse dans la ligne de niveau $\{f=c\}$ (donc $f(\gamma(t))=c$ constant), alors en dérivant par rapport à $t$ via la règle de la chaîne, $\nabla f(\gamma(t))\cdot\gamma'(t) = 0$ : le gradient est orthogonal au vecteur tangent $\gamma'(t)$ de la ligne de niveau, donc orthogonal à la ligne de niveau elle-même. Vérification numérique en $(1,1)$ : $\dfrac{\partial f}{\partial x}=3x^2-3y^2$, qui vaut $3-3=0$ en $(1,1)$ ; $\dfrac{\partial f}{\partial y}=-6xy$, qui vaut $-6$ en $(1,1)$. Donc $\nabla f(1,1)=(0,-6)$, vecteur vertical, qui serait bien orthogonal à la tangente horizontale de la ligne de niveau si celle-ci était horizontale en ce point (ce que l'on peut vérifier en dérivant implicitement $f(x,y)=c$).

Vrai ou faux : pour une fonction $\mathcal C^1$ sur $\mathbb{R}^2$, le plan tangent au graphe en un point $a$ est l'unique plan affine tel que $f(a+h)-[\text{plan}](a+h) \to 0$ plus vite que $\|h\|$.

Vrai. C'est précisément la définition de la différentiabilité : le plan tangent (donné par l'approximation affine $f(a)+\nabla f(a)\cdot h$) est l'unique approximation affine telle que le reste soit un $o(\|h\|)$. Cette unicité justifie le nom \"meilleure approximation affine\".

Soit $f(x,y) = |x|$. Étudier la différentiabilité de $f$ en $(0,0)$.

$\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim_{h\to0}\dfrac{|h|-0}{h}$, qui n'existe pas car cette limite vaut $1$ si $h\to0^+$ et $-1$ si $h\to0^-$. Comme une dérivée partielle nécessaire à la différentiabilité fait déjà défaut, $f$ n'est pas différentiable en $(0,0)$ (bien que $\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0$ existe, car $f$ ne dépend pas de $y$). Géométriquement, le graphe de $f$ présente une arête vive le long de l'axe $y$, donc aucun plan tangent n'y est défini.

Calculer le gradient de $f(x,y) = e^{xy}$ et déterminer en quels points $\nabla f = (0,0)$.

$\dfrac{\partial f}{\partial x} = y\,e^{xy}$, $\dfrac{\partial f}{\partial y} = x\,e^{xy}$ (dérivation de l'exponentielle composée). Comme $e^{xy}>0$ pour tout $(x,y)$, on a $\nabla f(x,y)=(0,0) \iff y\,e^{xy}=0 \text{ et } x\,e^{xy}=0 \iff y=0 \text{ et } x=0$ (puisque $e^{xy}\neq0$). Le seul point critique de $f$ est donc $(0,0)$, où $f(0,0)=1$.