Exercices corrigés — Fonctions de plusieurs variables & intégrales doubles

Pour $f$ : le radicande doit être positif ou nul, soit $x^2+y^2\leq 4$.

Pour $g$ : l'argument du logarithme doit être strictement positif.

Reconnais un disque pour $f$ et un demi-plan pour $g$.

$f$ est définie si $4-x^2-y^2\geq 0$, c'est-à-dire $x^2+y^2\leq 4$ : $D_f$ est le disque fermé de centre $O$ et de rayon $2$ (bord compris).

$g$ est définie si $y-x$ est strictement positif, c'est-à-dire $y$ strictement supérieur à $x$ : $D_g$ est le demi-plan ouvert situé strictement au-dessus de la droite $y=x$ (droite exclue).

$f(1;1)=\sqrt{4-1-1}=\sqrt{2}\approx 1{,}41$. Contrôle : $(1;1)$ vérifie bien $1^2+1^2=2\leq 4$, le point est dans le domaine.

La courbe de niveau $k$ est l'ensemble des points vérifiant $f(x;y)=k$.

$x^2+y^2=k$ : distingue $k$ strictement positif, nul, strictement négatif.

Le niveau passant par $(1;2)$ est $k=f(1;2)$.

$x^2+y^2=k$ : si $k$ est strictement positif, c'est le cercle de centre $O$ et de rayon $\sqrt{k}$ ; si $k=0$, la courbe est réduite au point $O$ ; si $k$ est strictement négatif, elle est vide (une somme de carrés n'est jamais négative).

$2x+3y=k$ : ce sont des droites parallèles entre elles (vecteur normal $(2;3)$ commun), une par valeur de $k$ — comme des isobares rectilignes.

$k=f(1;2)=1+4=5$ : c'est le cercle $x^2+y^2=5$, de centre $O$ et de rayon $\sqrt{5}$.

Pour $\dfrac{\partial f}{\partial x}$, dérive par rapport à $x$ en considérant $y$ comme une constante.

Le terme $-2y^3$ est constant vis-à-vis de $x$ : sa dérivée partielle en $x$ est nulle.

Remplace ensuite $(x;y)$ par $(1;2)$.

$y$ gelé : $\dfrac{\partial f}{\partial x}=3x^2+6xy$ (le terme $3x^2y$ se dérive en $6xy$ car $3y$ est un coefficient constant, et $-2y^3$ disparaît).

$x$ gelé : $\dfrac{\partial f}{\partial y}=3x^2-6y^2$ (cette fois $x^3$ disparaît et $3x^2y$ se dérive en $3x^2$).

$\dfrac{\partial f}{\partial x}(1;2)=3+6\times 2=15$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}(1;2)=3-6\times 4=-21$.

En $x$ : c'est un produit $u(x)\,v(x)$ avec $u=x$ et $v=e^{xy}$ ($y$ constant).

$\big(e^{xy}\big)'_x=y\,e^{xy}$ et $\big(e^{xy}\big)'_y=x\,e^{xy}$ (dérivée de $e^{u}$ : $u'e^{u}$).

En $y$, le facteur $x$ est une constante multiplicative.

Produit : $\dfrac{\partial f}{\partial x}=1\cdot e^{xy}+x\cdot y\,e^{xy}=(1+xy)\,e^{xy}$.

$x$ constant : $\dfrac{\partial f}{\partial y}=x\cdot x\,e^{xy}=x^2e^{xy}$.

$e^{0}=1$ : $\dfrac{\partial f}{\partial x}(1;0)=(1+0)\times 1=1$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}(1;0)=1\times 1=1$.

Dérivée de $\ln(u)$ : $\dfrac{u'}{u}$, avec $u=x^2+y^2$.

$u'_x=2x$ quand $y$ est gelé.

Pour la vérification, réduis au même dénominateur $x^2+y^2$.

$\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{2x}{x^2+y^2}$ et, par symétrie des rôles de $x$ et $y$, $\dfrac{\partial f}{\partial y}=\dfrac{2y}{x^2+y^2}$.

$x\,\dfrac{2x}{x^2+y^2}+y\,\dfrac{2y}{x^2+y^2}=\dfrac{2x^2+2y^2}{x^2+y^2}=2$ : l'identité est vraie sur tout le domaine.

Ce type d'identité (relation d'Euler) sert de contrôle : si le calcul des dérivées partielles est faux, la vérification échoue presque sûrement — réflexe à garder en DS.

Dérive $S$ par rapport à $r$ en gelant $h$, puis l'inverse.

$\dfrac{\partial S}{\partial r}=4\pi r+2\pi h$.

Compare les deux valeurs numériques obtenues en $(2;5)$.

$\dfrac{\partial S}{\partial r}=4\pi r+2\pi h$ et $\dfrac{\partial S}{\partial h}=2\pi r$.

$\dfrac{\partial S}{\partial r}(2;5)=8\pi+10\pi=18\pi\approx 56{,}5$ cm²/cm et $\dfrac{\partial S}{\partial h}(2;5)=4\pi\approx 12{,}6$ cm²/cm.

Augmenter le rayon de $1$ cm accroît la surface d'environ $56{,}5$ cm², contre $12{,}6$ cm² pour $1$ cm de hauteur : la surface est environ 4,5 fois plus sensible au rayon qu'à la hauteur (le rayon agit à la fois sur les deux disques ET sur le tube latéral).

Commence par $\dfrac{\partial f}{\partial x}=3x^2y^2-3y^4$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}=2x^3y-12xy^3$.

Les croisées : dérive $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ par rapport à $y$, puis $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ par rapport à $x$.

Schwarz prédit que les deux croisées coïncident.

$\dfrac{\partial f}{\partial x}=3x^2y^2-3y^4$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}=2x^3y-12xy^3$.

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}=6xy^2$ et $\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}=2x^3-36xy^2$.

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}=\dfrac{\partial}{\partial y}\big(3x^2y^2-3y^4\big)=6x^2y-12y^3$ et $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}=\dfrac{\partial}{\partial x}\big(2x^3y-12xy^3\big)=6x^2y-12y^3$ : égales, conformément au théorème de Schwarz ($f$ polynomiale, dérivées continues).

$\overrightarrow{\nabla}f=(2x\,;2y)$.

La courbe de niveau passant par $(1;2)$ est le cercle $x^2+y^2=5$.

Sur un cercle centré en $O$, la tangente en $M$ est perpendiculaire au rayon $\overrightarrow{OM}$.

$\overrightarrow{\nabla}f(x;y)=\begin{pmatrix}2x\\2y\end{pmatrix}$, donc $\overrightarrow{\nabla}f(1;2)=\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}$.

$k=f(1;2)=5$ : la courbe de niveau est le cercle $x^2+y^2=5$ de centre $O$ et de rayon $\sqrt 5$.

$\overrightarrow{\nabla}f(1;2)=2\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}=2\,\overrightarrow{OM}$ : il est porté par le rayon, donc perpendiculaire à la tangente au cercle en $M(1;2)$. Il pointe vers l'extérieur du cercle : c'est la direction où $f=x^2+y^2$ augmente le plus vite (les niveaux croissent en s'éloignant de $O$).

Vérifie d'abord que le point est sur la surface : $f(1;2)=5$.

Formule : $z=f(a;b)+f'_x(a;b)(x-a)+f'_y(a;b)(y-b)$.

$f'_x=2x$ et $f'_y=2y$, à évaluer en $(1;2)$.

$f(1;2)=1+4=5$ : le point $(1;2;5)$ est bien sur la surface. $\dfrac{\partial f}{\partial x}(1;2)=2$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}(1;2)=4$.

$z=5+2(x-1)+4(y-2)=5+2x-2+4y-8$, soit $z=2x+4y-5$.

Au point de tangence : $2\times 1+4\times 2-5=5=f(1;2)$ ✓. Le plan touche la surface en $(1;2;5)$ et en donne l'approximation linéaire locale : près de $(1;2)$, $f(x;y)\approx 2x+4y-5$.

$df=f'_x\,dx+f'_y\,dy$ avec $f'_x=2xy^3$ et $f'_y=3x^2y^2$.

Au point $(1;2)$ : $f=8$, puis $dx=0{,}02$ et $dy=-0{,}03$.

$f(1{,}02\,;1{,}97)\approx f(1;2)+df$.

$df=2xy^3\,dx+3x^2y^2\,dy$.

En $(1;2)$ : $f(1;2)=8$, $f'_x(1;2)=2\times 8=16$, $f'_y(1;2)=3\times 4=12$. Avec $dx=0{,}02$ et $dy=-0{,}03$ : $df=16\times 0{,}02+12\times(-0{,}03)=0{,}32-0{,}36=-0{,}04$, d'où $f(1{,}02\,;1{,}97)\approx 8-0{,}04=7{,}96$.

Valeur exacte $\approx 7{,}954$ : l'approximation linéaire $7{,}96$ est correcte à $6\cdot 10^{-3}$ près — excellente pour des variations de l'ordre du centième, sans aucune calculatrice.

$\dfrac{\partial R}{\partial U}=\dfrac{1}{I}$ et $\dfrac{\partial R}{\partial I}=-\dfrac{U}{I^2}$.

$\Delta R\approx\Big|\dfrac{\partial R}{\partial U}\Big|\Delta U+\Big|\dfrac{\partial R}{\partial I}\Big|\Delta I$ (valeurs absolues : on majore).

Divise par $R=U/I$ pour passer en relatif.

$R=\dfrac{50}{2}=25\ \Omega$.

$\Big|\dfrac{\partial R}{\partial U}\Big|=\dfrac{1}{2}=0{,}5$ et $\Big|\dfrac{\partial R}{\partial I}\Big|=\dfrac{50}{4}=12{,}5$ : $\Delta R\approx 0{,}5\times 0{,}5+12{,}5\times 0{,}02=0{,}25+0{,}25=0{,}5\ \Omega$. On écrit $R=25{,}0\pm 0{,}5\ \Omega$.

$\dfrac{\Delta R}{R}=\dfrac{0{,}5}{25}=2\,\%$ et $\dfrac{\Delta U}{U}+\dfrac{\Delta I}{I}=\dfrac{0{,}5}{50}+\dfrac{0{,}02}{2}=1\,\%+1\,\%=2\,\%$ : pour un quotient, les incertitudes relatives s'ajoutent — règle générale des produits et quotients, ici retrouvée par la différentielle.

$\dfrac{\partial C}{\partial x}=2x+3y$ et $\dfrac{\partial C}{\partial y}=3x+4y$.

Approximation : $C(10{,}5\,;4{,}8)\approx C(10;5)+C'_x(10;5)\times 0{,}5+C'_y(10;5)\times(-0{,}2)$.

Valeur exacte : $10{,}5^2+3\times 10{,}5\times 4{,}8+2\times 4{,}8^2$.

$C(10;5)=100+150+50=300$ €. $\dfrac{\partial C}{\partial x}(10;5)=20+15=35$ et $\dfrac{\partial C}{\partial y}(10;5)=30+20=50$. Interprétation : au voisinage de $(10;5)$, produire une pièce A de plus coûte environ $35$ € (coût marginal de A).

$C(10{,}5\,;4{,}8)\approx 300+35\times 0{,}5+50\times(-0{,}2)=300+17{,}5-10=307{,}5$ €.

$C(10{,}5\,;4{,}8)=110{,}25+151{,}2+46{,}08=307{,}53$ € : l'approximation linéaire est exacte à $3$ centimes près.

$f$ est polynomiale : aucune contrainte.

En $x$ : $y$ est un coefficient constant.

Remplace $(x;y)$ par $(2;1)$ à la fin seulement.

$f$ est polynomiale : $D_f=\mathbb{R}^2$ (tout le plan).

$\dfrac{\partial f}{\partial x}=2xy+3y$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}=x^2+3x$.

$\dfrac{\partial f}{\partial x}(2;1)=4+3=7$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}(2;1)=4+6=10$.

Dérivée de $e^u$ : $u'\,e^u$, avec $u=x^2+y$.

$u'_x=2x$ et $u'_y=1$.

Pour les croisées : dérive $2x\,e^{x^2+y}$ en $y$, puis $e^{x^2+y}$ en $x$.

$\dfrac{\partial f}{\partial x}=2x\,e^{x^2+y}$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}=e^{x^2+y}$. En $(0;0)$ : $0$ et $1$ (car $e^0=1$).

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}=\dfrac{\partial}{\partial y}\big(2x\,e^{x^2+y}\big)=2x\,e^{x^2+y}$ et $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}=\dfrac{\partial}{\partial x}\big(e^{x^2+y}\big)=2x\,e^{x^2+y}$.

Les deux croisées sont égales à $2x\,e^{x^2+y}$ : théorème de Schwarz vérifié ($f$ de classe $C^2$).

$\overrightarrow{\nabla}f=(y\,;x)$ — attention à l'ordre.

Le niveau passant par $(2;3)$ est $k=f(2;3)$.

$xy=k$ avec $k$ non nul est une courbe classique.

$\dfrac{\partial f}{\partial x}=y$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}=x$ : $\overrightarrow{\nabla}f(2;3)=\begin{pmatrix}3\\2\end{pmatrix}$.

$k=f(2;3)=6$ : la courbe de niveau est $xy=6$, c'est-à-dire $y=\dfrac6x$ — une hyperbole (deux branches, ici celle du premier quadrant passe par $(2;3)$).

Vérifie que $f(2;1)=3$.

$f'_x=2x$ et $f'_y=-2y$.

$z=f(a;b)+f'_x(a;b)(x-a)+f'_y(a;b)(y-b)$.

$f(2;1)=4-1=3$ ✓ ; $\dfrac{\partial f}{\partial x}(2;1)=4$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}(2;1)=-2$.

$z=3+4(x-2)-2(y-1)=3+4x-8-2y+2$, soit $z=4x-2y-3$.

Au point de tangence : $4\times 2-2\times 1-3=3$ ✓. (La surface est une selle : le plan tangent la traverse — être tangent n'interdit pas de couper la surface ailleurs qu'en un extremum.)

$\dfrac{\partial V}{\partial r}=2\pi rh$ et $\dfrac{\partial V}{\partial h}=\pi r^2$.

$\Delta V\approx 2\pi rh\,\Delta r+\pi r^2\,\Delta h$.

Divise par $V=\pi r^2h$ pour le relatif : le carré sur $r$ double sa contribution.

$V=\pi\times 100\times 20=2000\pi\approx 6283$ cm³.

$\Delta V\approx 2\pi\times 10\times 20\times 0{,}1+\pi\times 100\times 0{,}2=40\pi+20\pi=60\pi\approx 188$ cm³. On écrit $V=6283\pm 188$ cm³ (soit $\approx 6{,}3\pm 0{,}2$ L).

$\dfrac{\Delta V}{V}=\dfrac{60\pi}{2000\pi}=3\,\%$ ; et $2\dfrac{\Delta r}{r}+\dfrac{\Delta h}{h}=2\times 1\,\%+1\,\%=3\,\%$ ✓ — l'exposant $2$ de $r$ double le poids de son incertitude : c'est toujours la mesure élevée à la plus grande puissance qu'il faut soigner.

Repars de $\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{2x}{x^2+y^2}$ (quotient à dériver encore en $x$).

Dérivée d'un quotient : $\Big(\dfrac{u}{v}\Big)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$.

La dérivée seconde en $y$ s'obtient par symétrie (échange de $x$ et $y$).

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}=\dfrac{2(x^2+y^2)-2x\cdot 2x}{(x^2+y^2)^2}=\dfrac{2(y^2-x^2)}{(x^2+y^2)^2}$.

Par symétrie des rôles : $\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}=\dfrac{2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}$.

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}=\dfrac{2(y^2-x^2)+2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}=0$ : $f$ est harmonique. (Les fonctions harmoniques modélisent potentiels électriques et températures d'équilibre — d'où leur présence en BUT MP/GEII.)