Calcul différentiel dans Rn : exercices corrigés de maths Licence L3 à télécharger en PDF

1 Dérivées partielles et gradient ★★★

On dérive en considérant l’autre variable comme constante : \(\partial_x f = 3x^2y - 2y^2\) et \(\partial_y f = x^3 - 4xy\).

En \((2,-1)\) : \(\partial_x f = 3 \times 4 \times (-1) - 2 \times 1 = -14\) et \(\partial_y f = 8 - 4 \times 2 \times (-1) = 16\).

Donc \(\nabla f(2,-1) = (-14,\ 16)\).

2 Une jacobienne 3 × 2 ★★★

La jacobienne a 3 lignes (une par composante) et 2 colonnes (une par variable) :
\[ J_f(x,y) = \begin{pmatrix} 2x & 1 \\ y & x \\ 1 & -3y^2 \end{pmatrix}. \]

En \((1,2)\) : \(J_f(1,2) = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 1 \\ 1 & -12 \end{pmatrix}\).

3 Approximation linéaire ★★★

\(\partial_x f = 2xy = 6\) et \(\partial_y f = x^2 = 1\) en \(a\). Donc \(Df(a)(h) = 6 \times 0{,}1 + 1 \times (-0{,}2) = 0{,}4\).

Exactement : \(f(1{,}1;\ 2{,}8) = 1{,}21 \times 2{,}8 = 3{,}388\) et \(f(a) = 3\), soit un accroissement de \(0{,}388\).

L’écart est de \(0{,}012\), négligeable devant la taille de \(h\) : c’est le terme \(o(\|h\|)\).

4 Vrai ou faux ? ★★★

1. Vrai : c’est le théorème de la condition suffisante, des dérivées partielles continues entraînent la différentiabilité.
2. Faux : \(f(x,y) = \dfrac{xy}{x^2+y^2}\) (avec \(f(0,0) = 0\)) a ses dérivées partielles nulles en \((0,0)\) mais vaut \(\tfrac12\) sur la droite \(y = x\) privée de l’origine, donc n’est pas continue en \((0,0)\).
3. Vrai : c’est la définition, \(Df(a)\) est la partie linéaire du développement de \(f\) en \(a\).

5 Hessienne en un point ★★★

\(f_x = 2xy\), \(f_y = x^2 + 3y^2\), donc \(f_{xx} = 2y\), \(f_{xy} = 2x\), \(f_{yy} = 6y\).

En \((1,1)\) : \(H_f(1,1) = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 6 \end{pmatrix}\), de déterminant \(12 - 4 = 8\) et de trace \(8\).

6 Un point critique ★★★

\(\nabla f = (2x + y - 3,\ x + 2y)\). La seconde équation donne \(x = -2y\), puis \(-4y + y - 3 = 0\), d’où \(y = -1\) et \(x = 2\).

La Hessienne est constante : \(H = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\), de déterminant \(3 > 0\) et de trace \(4 > 0\) : elle est définie positive.

Le point \((2,-1)\) est un minimum local, de valeur \(f(2,-1) = 4 - 2 + 1 - 6 = -3\).

7 Température et direction ★★★

\(\nabla T = (-2x,\ -4y)\), donc \(\nabla T(1,1) = (-2,\ -4)\).

\(D_uT(1,1) = \langle \nabla T, u\rangle = -2 \times \tfrac35 - 4 \times \tfrac45 = -\tfrac{22}{5} = -4{,}4\).

La température baisse d’environ \(4{,}4\) °C par unité de longueur dans cette direction.

8 Règle de la chaîne ★★★

\(f(1,2) = (-1,\ 2)\). \(J_f(x,y) = \begin{pmatrix} 2x & -1 \\ y & x \end{pmatrix}\), donc \(J_f(1,2) = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\).

\(\nabla g(u,v) = (2u + 3v,\ 3u)\), donc \(\nabla g(-1,2) = (4,\ -3)\).

\(\nabla h(1,2) = (4,\ -3)\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = (8 - 6,\ -4 - 3) = (2,\ -7)\).

9 Jacobienne polaire ★★★

\(J_\Phi = \begin{pmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos\theta \end{pmatrix}\), de déterminant \(r\cos^2\theta + r\sin^2\theta = r\).

En \((2, \pi/6)\) : \(J_\Phi = \begin{pmatrix} \tfrac{\sqrt3}{2} & -1 \\ \tfrac12 & \sqrt3 \end{pmatrix}\), de déterminant \(\tfrac32 + \tfrac12 = 2\), ce qui vaut bien \(r\).

10 Taylor d’un logarithme ★★★

Posons \(s = 1 + x + 2y\). Alors \(f_x = \tfrac1s\), \(f_y = \tfrac2s\), \(f_{xx} = -\tfrac1{s^2}\), \(f_{xy} = -\tfrac2{s^2}\), \(f_{yy} = -\tfrac4{s^2}\).

En \((0,0)\) : \(f = 0\), \(\nabla f = (1,2)\), \(H = \begin{pmatrix} -1 & -2 \\ -2 & -4 \end{pmatrix}\).

Donc \(f(x,y) = x + 2y - \tfrac12(x^2 + 4xy + 4y^2) + o(\|(x,y)\|^2) = (x + 2y) - \tfrac12 (x+2y)^2 + o(\|(x,y)\|^2)\). On retrouve le développement de \(\ln(1+t)\) en \(t = x+2y\).

11 Estimer une valeur ★★★

\(f_x = \cos x\, e^y\), \(f_y = \sin x\, e^y\), \(f_{xx} = -\sin x\, e^y\), \(f_{xy} = \cos x\, e^y\), \(f_{yy} = \sin x\, e^y\).

En \((0,0)\) : \(f = 0\), \(\nabla f = (1,0)\), \(f_{xx} = 0\), \(f_{xy} = 1\), \(f_{yy} = 0\). Donc \(f(x,y) \approx x + xy\).

En \((0{,}1;\ 0{,}2)\) : \(0{,}1 + 0{,}02 = 0{,}12\). La valeur exacte est \(\approx 0{,}1219\) : l’erreur est inférieure à \(2 \times 10^{-3}\).

12 Nature de deux points critiques ★★★

\(\nabla f = (3x^2 - 3,\ 2y)\), nul pour \(x = \pm 1\) et \(y = 0\) : points \((1,0)\) et \((-1,0)\).

\(H_f = \begin{pmatrix} 6x & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\). En \((1,0)\), \(H = \mathrm{diag}(6,2)\) est définie positive : minimum local, \(f(1,0) = -2\).

En \((-1,0)\), \(H = \mathrm{diag}(-6,2)\) a deux valeurs propres de signes opposés : point selle.

13 Inversion locale en un point ★★★

\(J_f = \begin{pmatrix} 2x & 1 \\ 1 & 2y \end{pmatrix}\), de déterminant \(4xy - 1\). En \((1,1)\) il vaut \(3 \neq 0\) et \(f\) est \(C^1\) : le théorème s’applique. Ici \(f(1,1) = (2,2)\).

\(D(f^{-1})(2,2) = \big(J_f(1,1)\big)^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}^{-1} = \tfrac13\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}\).

Le théorème ne s’applique pas aux points de l’hyperbole \(4xy = 1\), où la jacobienne est singulière.

14 Une dérivée implicite ★★★

Soit \(F(x,y) = x^2y + y^3 - 2\), de classe \(C^1\), avec \(F(1,1) = 0\) et \(F_y(1,1) = 1 + 3 = 4 \neq 0\). Par le théorème des fonctions implicites, \(y = \varphi(x)\) près de \(x = 1\).

\(\varphi’(1) = -\dfrac{F_x(1,1)}{F_y(1,1)} = -\dfrac{2}{4} = -\dfrac12\).

Approximation affine : \(\varphi(1{,}1) \approx 1 - \tfrac12 \times 0{,}1 = 0{,}95\).

15 Dérivées partielles sans différentiabilité ★★★

Continuité. \(|f(x,y)| \le |y|\) car \(\tfrac{x^2}{x^2+y^2} \le 1\) ; donc \(f(x,y) \to 0\).

Dérivées partielles. \(f(t,0) = 0\) et \(f(0,t) = 0\), donc \(\partial_x f(0,0) = \partial_y f(0,0) = 0\), et le gradient serait \((0,0)\).

Non-différentiabilité. Si \(f\) était différentiable en \(0\), on aurait \(D_vf(0) = \langle\nabla f(0), v\rangle = 0\) pour tout \(v\). Mais pour \(v = (1,1)\), \(f(t,t) = \tfrac t2\), donc \(D_vf(0) = \tfrac12 \neq 0\). Contradiction : \(f\) n’est pas différentiable en \((0,0)\).

16 Distance minimale à un plan ★★★

Contrainte \(g = x + 2y + 3z - 14 = 0\), avec \(\nabla g = (1,2,3) \neq 0\). La condition \(\nabla f = \lambda\nabla g\) donne \((2x, 2y, 2z) = \lambda(1,2,3)\), soit \((x,y,z) = \tfrac\lambda2(1,2,3)\).

La contrainte devient \(\tfrac\lambda2(1 + 4 + 9) = 14\), donc \(7\lambda = 14\) et \(\lambda = 2\), d’où \((x,y,z) = (1,2,3)\) avec \(f = 14\).

Comme \(f\) est coercive sur le plan (elle tend vers \(+\infty\) à l’infini) et continue, elle atteint un minimum, qui ne peut être que ce seul point critique. La distance minimale est \(\sqrt{14}\).

17 Boîte de surface fixée ★★★

Contrainte : \(g = 2(xy + yz + zx) - 54 = 0\). Les équations de Lagrange \(\nabla V = \lambda \nabla g\) s’écrivent \(yz = 2\lambda(y+z)\), \(xz = 2\lambda(x+z)\), \(xy = 2\lambda(x+y)\).

En multipliant respectivement par \(x\), \(y\), \(z\), on obtient \(xyz = 2\lambda\, x(y+z) = 2\lambda\, y(x+z) = 2\lambda\, z(x+y)\). Comme \(xyz > 0\), \(\lambda \neq 0\) et \(x(y+z) = y(x+z)\), donc \(xz = yz\), soit \(x = y\). De même \(y = z\).

La boîte est un cube de côté \(a\) avec \(6a^2 = 54\), donc \(a = 3\) dm et \(V = 27\) dm³.

Ce point est bien un maximum : sur la surface, \(xy, yz, zx \le 27\) donc le volume est borné, et il tend vers \(0\) au bord, si bien que le maximum est atteint à l’intérieur, en l’unique point critique.

18 Une dérivée seconde implicite ★★★

Soit \(F = x^3 + y^3 - 3xy\), \(F_x = 3(x^2 - y)\), \(F_y = 3(y^2 - x)\). En \((\tfrac32,\tfrac32)\), \(F_y = 3 \times \tfrac34 = \tfrac94 \neq 0\) : le théorème s’applique.

\(\varphi’ = -\dfrac{x^2 - y}{y^2 - x}\) ; en \(\tfrac32\) : \(\varphi’ = -\dfrac{3/4}{3/4} = -1\).

Posons \(N = x^2 - \varphi\), \(D = \varphi^2 - x\). Alors \(N’ = 2x - \varphi’ = 4\), \(D’ = 2\varphi\varphi’ - 1 = -4\), et
\[ \varphi’’ = -\frac{N’D - ND’}{D^2} = -\frac{4 \times \tfrac34 + \tfrac34 \times 4}{\tfrac9{16}} = -\frac{6}{9/16} = -\frac{32}{3}. \]

Comme \(\varphi’(\tfrac32) = -1\) et \(\varphi’’ < 0\), la courbe est concave en ce point.

19 Plans tangents d’un hyperboloïde ★★★

Posons \(G = x^2 + y^2 - z^2 - 1\). \(\nabla G = (2x, 2y, -2z)\) ne s’annule qu’en \((0,0,0)\), point qui n’est pas sur \(M\) (\(G(0) = -1\)). La différentielle de \(G\) est donc surjective sur \(M\) : c’est une sous-variété de dimension \(3 - 1 = 2\).

En \((1,1,1)\) : \(G(1,1,1) = 0\) et \(\nabla G = (2,2,-2)\). Plan tangent : \(2(x-1) + 2(y-1) - 2(z-1) = 0\), soit \(x + y - z = 1\).

En \((1,0,0)\) : \(\nabla G = (2,0,0)\), plan tangent \(x = 1\).

20 Quand la Hessienne ne conclut pas ★★★

Pour \(f\) comme pour \(g\), \(H(0,0) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\), seulement semi-définie positive (\(\det = 0\)) : le critère du second ordre ne conclut pas.

Pour \(f\) : \(f(x,y) \ge 0 = f(0,0)\), c’est un minimum (global).

Pour \(g\) : \(g(x,0) = x^2 > 0\) pour \(x \neq 0\), mais \(g(0,y) = -y^4 < 0\) pour \(y \neq 0\) : \(g\) prend des valeurs des deux signes autour de l’origine, c’est un point selle.

21 Inverse local à l’ordre 2 ★★★

\(J_f(0,0) = I_2\) est inversible et \(f(0,0) = (0,0)\) : d’après le théorème d’inversion locale, \(f\) admet un inverse local \(g\) de classe \(C^1\) (et même \(C^\infty\) car \(f\) l’est), avec \(g(0) = 0\) et \(Dg(0) = I_2\).

Donc \(x = u + O(\|(u,v)\|^2)\) et \(y = v + O(\|(u,v)\|^2)\). Les équations \(u = x + y^2\) et \(v = y + x^2\) donnent \(x = u - y^2 = u - v^2 + O(\|(u,v)\|^3)\) et \(y = v - x^2 = v - u^2 + O(\|(u,v)\|^3)\).

Ainsi \(g(u,v) = (u - v^2,\ v - u^2) + o(\|(u,v)\|^2)\).

22 Extrema globaux sur un disque ★★★

\(D\) est compact et \(f\) continue : les extrema existent.

Intérieur. \(\nabla f = (2xy,\ x^2) = 0\) impose \(x = 0\), et alors \(f = 0\).

Bord. Sur \(x^2 + y^2 = 3\), \(f = (3 - y^2)\,y =: k(y)\) pour \(y \in [-\sqrt3, \sqrt3]\). \(k’(y) = 3 - 3y^2\) s’annule en \(y = \pm 1\) : \(k(1) = 2\) (aux points \((\pm\sqrt2, 1)\)) et \(k(-1) = -2\) (aux points \((\pm\sqrt2, -1)\)). Aux extrémités \(y = \pm\sqrt3\), \(k = 0\).

Le maximum est \(2\) et le minimum est \(-2\).