Fonctions de plusieurs variables & intégrales doubles : 18 exercices corrigés

Domaine de définition et image d'un point

ApplicationDifficulté 2/5

On considère $f(x;y)=\sqrt{4-x^2-y^2}$ et $g(x;y)=\ln(y-x)$ . 1) Déterminer et décrire géométriquement le domaine de définition de $f$ . 2) Même question pour $g$ . 3) Calculer $f(1;1)$ .

Indices (3)

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 $g$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le domaine de définition d'une fonction de deux variables n'est plus un intervalle : c'est une région du plan. Et l'énoncé demande de la décrire géométriquement, pas seulement d'écrire une inégalité.

La méthode ne change pas — on cherche ce qui interdit un point :

obstacle	condition
une racine carrée	le contenu doit être $\geq 0$
un logarithme	l'argument doit être strictement $>0$
une fraction	le dénominateur $\neq 0$

Ce qui change, c'est la lecture du résultat. Une inégalité en $x$ et $y$ décrit une région :

forme	région
$x^2+y^2\leq R^2$	disque fermé de rayon $R$
$y>x$	demi-plan ouvert au-dessus de la droite $y=x$
$x^2+y^2=k$	cercle

⚠️ Le mot « strictement » décide du bord. Une racine autorise l'égalité (le disque contient son cercle) ; un logarithme ne l'autorise pas (le demi-plan exclut sa droite). C'est la différence entre fermé et ouvert, et elle fait partie de la réponse.

1) Le domaine de f

f(x;y)=\sqrt{4-x^2-y^2}

Une racine carrée exige un contenu positif ou nul :

4-x^2-y^2\geq 0 \quad\Longleftrightarrow\quad x^2+y^2\leq 4

\boxed{D_f=\{(x;y)\in\mathbb{R}^2 \ \mid\ x^2+y^2\leq 4\}}

Description géométrique : c'est le disque fermé de centre l'origine $O(0;0)$ et de rayon $\sqrt4=2$ . Il contient son bord, le cercle $x^2+y^2=4$ , puisque l'inégalité est large.

Contrôle sur trois points :

point	$x^2+y^2$	dans $D_f$ ?
$(0;0)$	$0$	✓ (centre)
$(2;0)$	$4$	✓ (sur le bord)
$(2;2)$	$8$	✗

Une remarque sur la surface : $z=\sqrt{4-x^2-y^2}$ équivaut à $x^2+y^2+z^2=4$ avec $z\geq 0$ — c'est la demi-sphère supérieure de rayon $2$ . Le domaine est son ombre au sol.

2) Le domaine de g

g(x;y)=\ln(y-x)

Un logarithme exige un argument strictement positif :

y-x>0 \quad\Longleftrightarrow\quad y>x

\boxed{D_g=\{(x;y)\in\mathbb{R}^2 \ \mid\ y>x\}}

Description géométrique : c'est le demi-plan ouvert situé au-dessus de la droite $y=x$ (la première bissectrice). Il ne contient pas cette droite, l'inégalité étant stricte.

⚠️ « Au-dessus » se vérifie sur un point, jamais au jugé. Prenons $(0;1)$ : $y-x=1>0$ ✓ Ce point est bien au-dessus de la bissectrice.

Contrôle sur trois points :

point	$y-x$	dans $D_g$ ?
$(0;1)$	$1$	✓
$(1;1)$	$0$	✗ (sur la droite, exclue)
$(1;0)$	$-1$	✗

3) Calculer f(1;1)

Première étape, obligatoire : vérifier que le point appartient au domaine.

1^2+1^2=2\leq 4 \quad \checkmark

Puis calculer :

f(1;1)=\sqrt{4-1-1}=\sqrt{2}\approx 1{,}414

\boxed{f(1;1)=\sqrt{2}\approx 1{,}41}

Contrôle : $f$ vaut au plus $\sqrt4=2$ (atteint en $O$ ) et au moins $0$ (sur le bord du disque). On a bien $0\leq 1{,}41\leq 2$ ✓

Sur une fonction de deux variables, ce contrôle d'encadrement est le plus utile : il ne coûte rien et attrape les erreurs de signe.

Rappel de cours

Domaine de définition dans $\mathbb{R}^2$ C'est l'ensemble des couples $(x;y)$ pour lesquels l'expression a un sens. C'est une région du plan, à décrire géométriquement.

Les trois obstacles usuels

expression condition bord

$\sqrt{A}$ $A\geq 0$ inclus

$\ln A$ $A>0$ exclu

$\dfrac1A$ $A\neq 0$ exclu

expression	condition	bord
$\sqrt{A}$	$A\geq 0$	inclus
$\ln A$	$A>0$	exclu
$\dfrac1A$	$A\neq 0$	exclu

Le dictionnaire inégalité $\to$ région

inégalité région

$x^2+y^2\leq R^2$ disque fermé de rayon $R$

$x^2+y^2<R^2$ disque ouvert

$y>ax+b$ demi-plan ouvert au-dessus de la droite

$y<ax+b$ demi-plan ouvert en dessous

$x>0$ demi-plan de droite

inégalité	région
$x^2+y^2\leq R^2$	disque fermé de rayon $R$
$x^2+y^2<R^2$	disque ouvert
$y>ax+b$	demi-plan ouvert au-dessus de la droite
$y<ax+b$	demi-plan ouvert en dessous
$x>0$	demi-plan de droite

Fermé ou ouvert Inégalité large ( $\leq$ ) $\Rightarrow$ le bord appartient au domaine, ensemble fermé. Inégalité stricte ( $<$ ) $\Rightarrow$ le bord est exclu, ensemble ouvert.

Contrôle systématique Tester trois points : un à l'intérieur, un sur le bord, un à l'extérieur. Cela valide à la fois l'inégalité et son caractère strict ou large.

L'erreur classique

⚠️ Écrire $D_f$ avec une inégalité stricte : $x^2+y^2<4$ . La racine carrée de zéro existe, donc le bord appartient au domaine. C'est le contraire pour le logarithme.

Le contrôle : $f(2;0)=\sqrt{4-4}=\sqrt0=0$ existe ✓ tandis que $g(1;1)=\ln 0$ n'existe pas ✗

⚠️ Écrire $D_g$ avec $y\geq x$ . $\ln 0$ n'existe pas : l'inégalité est stricte, et la droite $y=x$ est exclue.

⚠️ Se tromper de sens : écrire $y<x$ ou « en dessous de la bissectrice ».

Le contrôle : tester $(0;1)$ . On a $y-x=1>0$ , donc ce point est dans le domaine — et il est au-dessus de la droite. Un point testé vaut mieux qu'une intuition.

⚠️ Décrire le domaine comme un cercle au lieu d'un disque. Le cercle est la courbe $x^2+y^2=4$ ; le disque est la surface pleine $x^2+y^2\leq 4$ . C'est le disque qu'on demande.

⚠️ Oublier de préciser le rayon. $x^2+y^2\leq 4$ donne $R=\sqrt4=2$ , pas $4$ . C'est le rayon au carré qui figure dans l'équation.

⚠️ Calculer $f(1;1)$ sans vérifier l'appartenance. Sur $f(3;0)$ on obtiendrait $\sqrt{-5}$ — et il vaut mieux avoir vu que le point est hors du domaine que de manipuler une racine négative.

⚠️ Ne pas décrire géométriquement. L'énoncé le demande explicitement : « disque fermé de centre $O$ et de rayon $2$ » est la réponse attendue, pas seulement l'inégalité.

À retenir

Le domaine d'une fonction de deux variables est une RÉGION du plan, à décrire géométriquement — disque, demi-plan, bande.

Racine $\Rightarrow$ contenu $\geq 0$ , bord INCLUS. Logarithme $\Rightarrow$ argument $>0$ , bord EXCLU. C'est ce qui distingue fermé et ouvert.

$x^2+y^2\leq R^2$ est un disque de rayon $R$ , pas $R^2$ — le rayon est la racine.

Tester trois points — intérieur, bord, extérieur — valide l'inégalité et son caractère strict ou large. Et vérifier l'appartenance avant d'évaluer.

Réponse.

D_f

: disque fermé de centre

O

, rayon

2

;

D_g

: demi-plan ouvert au-dessus de

y=x

;

f(1;1)=\sqrt{2}

. (Recoupement :

(1;1)\in D_f

car

2\leq 4

✓)

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Courbes de niveau : cercles et droites

CalculDifficulté 2/5

Décrire les courbes de niveau de $f(x;y)=x^2+y^2$ selon les valeurs du niveau $k$ . 2) Décrire les courbes de niveau de $g(x;y)=2x+3y$ . 3) Donner l'équation de la courbe de niveau de $f$ passant par le point $(1;2)$ .

Indices (3)

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 $k=f(1;2)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une courbe de niveau est l'ensemble des points où la fonction prend une valeur donnée :

\mathcal{C}_k=\{(x;y) \ \mid\ f(x;y)=k\}

L'image concrète : ce sont les courbes de niveau d'une carte IGN. La surface $z=f(x;y)$ est un relief ; on la coupe par le plan horizontal $z=k$ , et l'on projette l'intersection au sol.

C'est le seul moyen de « voir » une fonction de deux variables sur une feuille plane — d'où son importance.

La méthode est toujours la même : poser $f(x;y)=k$ , puis reconnaître la courbe obtenue.

⚠️ Et discuter selon $k$ . Une même équation peut donner un cercle, un point ou l'ensemble vide selon le signe de $k$ . C'est cette discussion que l'énoncé attend, pas une réponse unique.

Un repère qui aide : plus les courbes de niveau sont resserrées, plus le relief est pentu. Ce sera confirmé par le gradient (exercice B2).

1) Les niveaux de f(x;y) = x² + y²

x^2+y^2=k

Il faut discuter selon le signe de $k$ , car un carré est positif :

$k$	courbe de niveau
$k>0$	cercle de centre $O$ et de rayon $\sqrt{k}$
$k=0$	un seul point : l'origine $O(0;0)$
$k<0$	ensemble vide

Pourquoi $k<0$ est impossible : $x^2+y^2\geq 0$ toujours, donc aucun point ne peut donner une valeur négative.

Pourquoi $k=0$ donne un point : $x^2+y^2=0$ impose $x=0$ et $y=0$ — une somme de carrés n'est nulle que si chaque terme l'est.

⚠️ Le rayon est $\sqrt{k}$ , pas $k$ . Le niveau $9$ donne un cercle de rayon $3$ .

Lecture du relief. Les niveaux sont des cercles concentriques dont le rayon croît comme $\sqrt k$ : ils se resserrent quand on s'éloigne de l'origine. La surface est donc de plus en plus pentue — c'est le paraboloïde $z=x^2+y^2$ , en forme de coupe.

2) Les niveaux de g(x;y) = 2x + 3y

2x+3y=k

C'est l'équation d'une droite, pour toute valeur de $k$ — aucune discussion nécessaire.

y=-\frac23x+\frac k3

\boxed{\text{droites de pente } -\frac23, \text{ parallèles entre elles}}

Toutes les courbes de niveau sont parallèles, et seule l'ordonnée à l'origine $\dfrac k3$ change.

Lecture du relief : la surface $z=2x+3y$ est un plan incliné. Ses niveaux sont équidistants — quand $k$ augmente de $1$ , la droite se translate toujours de la même quantité. Un relief à pente constante, toujours dans la même direction : c'est un plan.

Le contraste avec la question 1 est instructif :

	$f=x^2+y^2$	$g=2x+3y$
niveaux	cercles	droites parallèles
espacement	resserré loin de $O$	constant
surface	paraboloïde	plan incliné

3) Le niveau passant par (1;2)

On calcule d'abord la valeur du niveau — c'est-à-dire $f$ au point donné :

k=f(1;2)=1^2+2^2=1+4=5

Puis on écrit l'équation :

\boxed{x^2+y^2=5}

C'est le cercle de centre $O$ et de rayon $\sqrt{5}\approx 2{,}24$ .

Contrôle : le point $(1;2)$ vérifie bien $1+4=5$ ✓

La méthode en deux temps est générale :

niveau passant par un point $\Rightarrow$ (1) évaluer $f$ en ce point pour obtenir $k$ , (2) écrire $f(x;y)=k$ .

C'est exactement ce qui servira à l'exercice B2, où l'on montrera que le gradient en $(1;2)$ est perpendiculaire à ce cercle.

Rappel de cours

Courbe de niveau
$\mathcal{C}_k=\{(x;y)\ \mid\ f(x;y)=k\}$
C'est la projection sur le plan $Oxy$ de l'intersection entre la surface $z=f(x;y)$ et le plan horizontal $z=k$ .

Les niveaux usuels — à reconnaître d'emblée

$f(x;y)$ niveaux

$x^2+y^2$ cercles centrés en $O$ , rayon $\sqrt k$

$ax+by$ droites parallèles de pente $-\dfrac ab$

$xy$ hyperboles $y=\dfrac kx$ ( $k\neq0$ )

$x^2-y^2$ hyperboles si $k\neq0$ (selle de cheval)

$\dfrac yx$ droites passant par $O$ , privées de $O$

$f(x;y)$	niveaux
$x^2+y^2$	cercles centrés en $O$ , rayon $\sqrt k$
$ax+by$	droites parallèles de pente $-\dfrac ab$
$xy$	hyperboles $y=\dfrac kx$ ( $k\neq0$ )
$x^2-y^2$	hyperboles si $k\neq0$ (selle de cheval)
$\dfrac yx$	droites passant par $O$ , privées de $O$

Toujours discuter selon $k$ Une équation peut donner une courbe, un point ou l'ensemble vide. Pour $x^2+y^2=k$ : cercle si $k>0$ , point si $k=0$ , vide si $k<0$ .

Niveau passant par un point

$k=f(x_0;y_0)$ ;

écrire $f(x;y)=k$ .

Lire le relief Niveaux resserrés $\Rightarrow$ pente forte. Niveaux équidistants $\Rightarrow$ pente constante ; s'ils sont en plus des droites parallèles, la surface est un plan.

C'est la lecture d'une carte topographique, et elle sera confirmée par le gradient.

L'erreur classique

⚠️ Ne pas discuter selon $k$ et répondre « des cercles de rayon $\sqrt k$ » sans plus. Pour $k<0$ il n'y a aucun point, et pour $k=0$ il n'y en a qu'un. La discussion est la question.

⚠️ Annoncer un rayon $k$ au lieu de $\sqrt k$ . Le niveau $9$ donne un cercle de rayon $3$ .

Le contrôle : $(3;0)$ vérifie $9+0=9$ ✓ tandis que $(9;0)$ donnerait $81$ ✗

⚠️ Se tromper de pente pour $2x+3y=k$ : annoncer $2/3$ ou $3/2$ . En isolant $y$ on obtient $y=-\dfrac23x+\dfrac k3$ , donc la pente est $-\dfrac23$ .

Le contrôle : deux points du niveau $k=0$ sont $(0;0)$ et $(3;-2)$ . La pente vaut $\dfrac{-2-0}{3-0}=-\dfrac23$ ✓

⚠️ Écrire $x^2+y^2=(1;2)$ ou confondre le point et le niveau. Le niveau est un nombre, obtenu en évaluant $f$ .

⚠️ Répondre « $k=5$ » sans donner l'équation. La question demande l'équation de la courbe : $x^2+y^2=5$ .

⚠️ Confondre courbe de niveau et surface. La courbe de niveau vit dans le plan $Oxy$ ; la surface vit dans l'espace. On projette, on ne dessine pas le relief.

⚠️ Croire que les niveaux de $x^2+y^2$ sont équidistants. Les rayons croissent comme $\sqrt k$ : de $k=1$ à $k=2$ le rayon gagne $0{,}41$ , mais de $k=8$ à $k=9$ il ne gagne que $0{,}17$ . Ils se resserrent.

À retenir

\mathcal{C}_k:\ f(x;y)=k \qquad\text{— on pose l'égalité, puis on RECONNAÎT la courbe}

Toujours discuter selon $k$ : cercle, point ou vide selon le signe.

Le rayon est $\sqrt k$ , jamais $k$ .

Niveau passant par un point : évaluer $f$ pour obtenir $k$ , puis écrire l'équation.

Des niveaux resserrés signalent une pente forte, des niveaux équidistants une pente constante (un plan s'ils sont des droites parallèles). C'est la lecture d'une carte, et le gradient la confirmera.

Réponse.

f

: cercles centrés en

O

de rayon

\sqrt{k}

(pour

k

strictement positif) ;

g

: droites parallèles ; par

(1;2)

:

x^2+y^2=5

. (Recoupement :

(1;2)

vérifie

1+4=5

✓)

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Dérivées partielles premières d'un polynôme

CalculDifficulté 2/5

Soit $f(x;y)=x^3+3x^2y-2y^3$ . 1) Calculer $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ . 2) Évaluer ces deux dérivées partielles au point $(1;2)$ .

Indices (3)

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 $(1;2)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La dérivée partielle est la seule notion vraiment neuve du chapitre, et elle est plus simple qu'elle n'en a l'air.

\frac{\partial f}{\partial x} \quad\text{: on dérive par rapport à } x \text{ en traitant } y \text{ comme une CONSTANTE}

Aucune règle nouvelle à apprendre. Toutes les règles de dérivation à une variable s'appliquent telles quelles — produit, quotient, composée. La seule chose à faire est de décider quelle lettre est la variable, et de geler l'autre.

Le geste mental qui rend cela évident : pour calculer $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ de $3x^2y$ , se dire « $y$ est un nombre, disons $7$ ». On dérive alors $21x^2$ en $42x$ , c'est-à-dire $6xy$ . Le $y$ ressort comme un coefficient.

Le symbole $\partial$ (« d rond ») remplace le $d$ droit pour signaler qu'il y a d'autres variables gelées. Ce n'est pas une décoration : écrire $\dfrac{df}{dx}$ pour une fonction de deux variables est une faute de notation.

Ici $f$ est un polynôme — le cas le plus simple : on dérive terme à terme.

1) Les deux dérivées partielles

f(x;y)=x^3+3x^2y-2y^3

Par rapport à $x$ — on gèle $y$ :

terme	vu comme	dérivée en $x$
$x^3$	$x^3$	$3x^2$
$3x^2y$	$(3y)\times x^2$ , avec $3y$ constant	$(3y)\times 2x=6xy$
$-2y^3$	une constante	$0$

\boxed{\frac{\partial f}{\partial x}=3x^2+6xy}

Par rapport à $y$ — on gèle $x$ :

terme	vu comme	dérivée en $y$
$x^3$	une constante	$0$
$3x^2y$	$(3x^2)\times y$ , avec $3x^2$ constant	$3x^2$
$-2y^3$	$-2y^3$	$-6y^2$

\boxed{\frac{\partial f}{\partial y}=3x^2-6y^2}

⚠️ Les termes qui ne contiennent pas la variable de dérivation disparaissent. $-2y^3$ s'annule dans $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ , $x^3$ s'annule dans $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ . C'est le contrôle le plus rapide : chaque dérivée partielle doit avoir perdu les termes purs de l'autre variable.

Contrôle de degré : $f$ est de degré $3$ , ses dérivées partielles sont de degré $2$ ✓

2) Évaluer au point (1;2)

\frac{\partial f}{\partial x}(1;2)=3\times 1^2+6\times 1\times 2=3+12=\boxed{15}

\frac{\partial f}{\partial y}(1;2)=3\times 1^2-6\times 2^2=3-24=\boxed{-21}

⚠️ Attention à $6\times 2^2$ : c'est $6\times 4=24$ , pas $(6\times 2)^2=144$ . L'exposant porte sur $y$ seul, et il s'applique avant la multiplication.

Interprétation, qui donne du sens aux deux nombres :

dérivée	valeur	lecture
$\dfrac{\partial f}{\partial x}(1;2)=15$	$>0$	en partant de $(1;2)$ et en augmentant $x$ à $y$ fixé, $f$ croît au taux de $15$
$\dfrac{\partial f}{\partial y}(1;2)=-21$	$<0$	en augmentant $y$ à $x$ fixé, $f$ décroît au taux de $21$

Une dérivée partielle est une pente le long d'une direction d'axe. Se déplacer de $0{,}1$ vers l'est fait gagner environ $1{,}5$ ; se déplacer de $0{,}1$ vers le nord fait perdre environ $2{,}1$ .

Contrôle numérique de la première :

f(1;2)=1+6-16=-9 \qquad f(1{,}1\,;2)=1{,}331+7{,}26-16=-7{,}409

\frac{f(1{,}1\,;2)-f(1;2)}{0{,}1}=\frac{-7{,}409-(-9)}{0{,}1}=\frac{1{,}591}{0{,}1}\approx 15{,}9

Proche de $15$ — l'écart vient de ce que le taux n'est pas constant. C'est un excellent contrôle, et il ne demande que deux évaluations.

Rappel de cours

Dérivée partielle
$\frac{\partial f}{\partial x}=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h;y)-f(x;y)}{h}$
En pratique : on dérive en $x$ , l'autre variable étant traitée comme une constante.

Toutes les règles usuelles s'appliquent Produit, quotient, composée, puissance — rien de nouveau. Seule la question « quelle lettre est gelée ? » se pose en plus.

Les termes qui disparaissent

dans $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ dans $\dfrac{\partial f}{\partial y}$

tout terme sans $x$ $\to 0$ tout terme sans $y$ $\to 0$

C'est le contrôle le plus rapide.

dans $\dfrac{\partial f}{\partial x}$	dans $\dfrac{\partial f}{\partial y}$
tout terme sans $x$ $\to 0$	tout terme sans $y$ $\to 0$

Notation
$\frac{\partial f}{\partial x} \ = \ f'_x \ = \ \partial_x f$
⚠️ Le $\partial$ rond, jamais $\dfrac{df}{dx}$ , dès qu'il y a plusieurs variables.

Interprétation $\dfrac{\partial f}{\partial x}(a;b)$ est la pente de la surface au point $(a;b)$ dans la direction de l'axe des $x$ — c'est-à-dire la pente de la courbe obtenue en coupant la surface par le plan $y=b$ .

Contrôle numérique
$\frac{\partial f}{\partial x}(a;b)\approx\frac{f(a+0{,}1\,;b)-f(a;b)}{0{,}1}$
Deux évaluations, et l'ordre de grandeur est validé.

L'erreur classique

⚠️ Dériver $-2y^3$ dans $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ et écrire $-6y^2$ . À $x$ variable et $y$ gelé, ce terme est une constante : sa dérivée est $0$ .

Le contrôle : chaque dérivée partielle doit avoir perdu les termes purs de l'autre variable.

⚠️ Oublier de dériver $3x^2y$ par rapport à $y$ en le prenant pour une constante. Il contient $y$ à la puissance $1$ : sa dérivée est $3x^2$ .

⚠️ Dériver les DEUX variables à la fois : écrire $3x^2+6xy-6y^2$ pour $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ . Une dérivée partielle ne dérive qu'une seule lettre.

⚠️ Calculer $6\times 2^2$ comme $144$ . L'exposant ne porte que sur $2$ : $6\times 4=24$ .

Le contrôle : la priorité des opérations place la puissance avant la multiplication.

⚠️ Écrire $\dfrac{df}{dx}$ avec un $d$ droit. La notation $\partial$ signale qu'il y a d'autres variables. Ce n'est pas une coquetterie : $\dfrac{df}{dx}$ désigne autre chose (la dérivée totale, qui tient compte de la variation de $y$ avec $x$ ).

⚠️ Se tromper de signe sur $3-24$ . Le résultat est $-21$ , et un signe perdu inverserait l'interprétation : « $f$ croît » au lieu de « $f$ décroît ».

⚠️ Ne pas interpréter. Sur une question qui demande d'évaluer, dire ce que le signe signifie est ce qui distingue un calcul d'une compréhension.

À retenir

\frac{\partial f}{\partial x} \ :\ \text{on dérive en } x, \ y \text{ est une CONSTANTE}

Aucune règle nouvelle — produit, quotient, composée s'appliquent telles quelles. Seule la question « quelle lettre est gelée ? » s'ajoute.

Les termes sans la variable de dérivation disparaissent : c'est le contrôle le plus rapide.

Une dérivée partielle est une pente dans une direction d'axe, et son signe dit si $f$ croît ou décroît dans cette direction.

Le contrôle numérique coûte deux évaluations et valide l'ordre de grandeur.

Réponse.

\dfrac{\partial f}{\partial x}=3x^2+6xy

;

\dfrac{\partial f}{\partial y}=3x^2-6y^2

; en

(1;2)

:

15

et

-21

. (Recoupement machine : sympy ✓)

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Dérivées partielles avec produit et exponentielle

CalculDifficulté 2/5

Soit $f(x;y)=x\,e^{xy}$ . 1) Calculer $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ (produit !) et $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ . 2) Évaluer au point $(1;0)$ .

Indices (3)

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.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

L'énoncé signale lui-même le piège : « produit ! ».

f(x;y)=x\,e^{xy}

Par rapport à $x$ , les DEUX facteurs contiennent $x$ :

\underbrace{x}_{\text{dépend de } x} \times \underbrace{e^{xy}}_{\text{dépend de } x \text{ aussi, via } xy}

Il faut donc la formule du produit, et le second facteur demande en plus la dérivée d'une composée.

Par rapport à $y$ , en revanche, c'est beaucoup plus simple : $x$ est gelé, donc le facteur $x$ devant est une constante et il n'y a pas de produit à dériver — seulement l'exponentielle.

⚠️ L'asymétrie est le cœur de l'exercice. La même fonction demande la formule du produit dans un sens et pas dans l'autre. C'est ce qu'il faut repérer avant de calculer : le facteur constant sort-il, ou faut-il le dériver ?

La dérivée de l'exponentielle composée, à garder en tête :

\frac{\partial}{\partial x}\left(e^{u}\right)=\frac{\partial u}{\partial x}\,e^{u}

Ici $u=xy$ , donc $\dfrac{\partial u}{\partial x}=y$ et $\dfrac{\partial u}{\partial y}=x$ .

1) Les deux dérivées partielles

Par rapport à $x$ — formule du produit. On pose $u=x$ et $v=e^{xy}$ :

\frac{\partial u}{\partial x}=1 \qquad \frac{\partial v}{\partial x}=y\,e^{xy}

(dans $v$ , l'exposant est $xy$ ; en gelant $y$ , sa dérivée en $x$ est $y$ .)

\frac{\partial f}{\partial x}=\underbrace{1\times e^{xy}}_{u'v}+\underbrace{x\times y\,e^{xy}}_{uv'}=e^{xy}+xy\,e^{xy}

\boxed{\frac{\partial f}{\partial x}=(1+xy)\,e^{xy}}

Par rapport à $y$ — pas de produit. Le facteur $x$ est une constante :

\frac{\partial f}{\partial y}=x\times\frac{\partial}{\partial y}\left(e^{xy}\right)=x\times x\,e^{xy}

\boxed{\frac{\partial f}{\partial y}=x^2\,e^{xy}}

⚠️ Le $x^2$ vient de deux sources différentes : le $x$ qui était devant, et le $x$ qui sort de l'exposant. C'est le point où l'on oublie facilement un facteur.

Contrôle de structure : $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ ne peut contenir que des termes en $e^{xy}$ multipliés par des puissances de $x$ — puisque $y$ n'apparaît que dans l'exposant. C'est bien le cas ✓

2) Évaluer au point (1;0)

En $(1;0)$ , l'exposant vaut $xy=1\times 0=0$ , donc $e^{0}=1$ . Les deux calculs deviennent immédiats.

\frac{\partial f}{\partial x}(1;0)=(1+1\times 0)\times e^{0}=1\times 1=\boxed{1}

\frac{\partial f}{\partial y}(1;0)=1^2\times e^{0}=1\times 1=\boxed{1}

Les deux valent $1$ — une coïncidence de ce point particulier, à ne pas généraliser. En $(1;1)$ par exemple, $\dfrac{\partial f}{\partial x}=2e$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}=e$ : elles diffèrent d'un facteur $2$ .

Contrôle numérique de la seconde, en $(1;0)$ :

\frac{f(1\,;0{,}1)-f(1;0)}{0{,}1}=\frac{e^{0{,}1}-1}{0{,}1}=\frac{1{,}10517-1}{0{,}1}\approx 1{,}05

Proche de $1$ ✓ — l'écart de $5\ \%$ vient du pas de $0{,}1$ , qui n'est pas infinitésimal.

Interprétation : au point $(1;0)$ , la surface monte à la même pente dans les deux directions d'axe. Les deux dérivées étant positives, $f$ croît vers l'est comme vers le nord.

Rappel de cours

Formule du produit
$\frac{\partial}{\partial x}(uv)=\frac{\partial u}{\partial x}\,v+u\,\frac{\partial v}{\partial x}$
Elle n'est utile que si les deux facteurs dépendent de la variable de dérivation. Sinon le facteur constant sort.

Exponentielle composée
$\frac{\partial}{\partial x}\left(e^{u}\right)=\frac{\partial u}{\partial x}\,e^{u}$
Pour $u=xy$ : $\dfrac{\partial u}{\partial x}=y$ et $\dfrac{\partial u}{\partial y}=x$ .

Le réflexe à installer AVANT de calculer Combien de facteurs dépendent de la variable de dérivation ?

réponse méthode

un seul le facteur constant sort

deux formule du produit

C'est ce test qui explique l'asymétrie de cet exercice.

réponse	méthode
un seul	le facteur constant sort
deux	formule du produit

Dérivées de $x\,e^{xy}$
$\frac{\partial f}{\partial x}=(1+xy)e^{xy} \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=x^2e^{xy}$

Contrôle de structure Une variable qui n'apparaît que dans l'exposant ne peut ressortir que par l'exponentielle — sa dérivée partielle n'aura pas de terme polynomial isolé.

Contrôle numérique
$\frac{f(a+h;b)-f(a;b)}{h} \quad\text{avec } h=0{,}1$
Un écart de quelques pour cent est normal ; un écart d'ordre de grandeur signale une erreur.

L'erreur classique

⚠️ Oublier la formule du produit dans $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ : écrire $xy\,e^{xy}$ seulement. Il manque le terme $e^{xy}$ issu de la dérivée du facteur $x$ .

Le contrôle en $(1;0)$ : la version fautive donnerait $0$ au lieu de $1$ . Et le contrôle numérique (taux en $x$ , $h=0{,}1$ ) rend exactement $1$ ✓

⚠️ Appliquer la formule du produit dans $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ en dérivant $x$ en $1$ : écrire $e^{xy}+x^2e^{xy}$ . Le facteur $x$ ne dépend pas de $y$ — c'est une constante, elle sort et ne se dérive pas.

⚠️ Oublier le facteur sortant de l'exposant dans $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ : écrire $x\,e^{xy}$ au lieu de $x^2e^{xy}$ . Il y a deux $x$ : celui de devant et celui issu de $\dfrac{\partial}{\partial y}(xy)=x$ .

Le contrôle en $(1;1)$ : la version fautive donnerait $e$ au lieu de $e$ … identiques par coïncidence. En $(2;0)$ : $2$ contre $4$ , l'écart apparaît.

⚠️ Dériver $e^{xy}$ en $e^{xy}$ tout court, sans facteur. C'est vrai pour $e^x$ , pas pour une composée : il faut multiplier par la dérivée de l'exposant.

⚠️ Écrire $e^{0}=0$ . Toute exponentielle en $0$ vaut $1$ — et c'est ce qui rend l'évaluation en $(1;0)$ si simple.

⚠️ Conclure que les deux dérivées sont toujours égales parce qu'elles valent $1$ ici. C'est propre au point $(1;0)$ ; en $(1;1)$ elles diffèrent d'un facteur $2$ .

À retenir

\frac{\partial}{\partial x}(uv)=u'_xv+uv'_x \qquad \frac{\partial}{\partial x}\big(e^{u}\big)=u'_x\,e^{u}

Le test à faire AVANT de calculer : combien de facteurs dépendent de la variable ? Un seul $\to$ il sort. Deux $\to$ formule du produit.

La même fonction peut exiger le produit dans un sens et pas dans l'autre — c'est l'asymétrie que cet exercice existe pour montrer.

L'exposant fait sortir un facteur : $\dfrac{\partial}{\partial y}\big(xe^{xy}\big)=x\cdot x\,e^{xy}=x^2e^{xy}$ , avec deux $x$ .

$e^{0}=1$ — et le contrôle numérique valide en deux évaluations.

Réponse.

\dfrac{\partial f}{\partial x}=(1+xy)e^{xy}

;

\dfrac{\partial f}{\partial y}=x^2e^{xy}

; en

(1;0)

:

1

et

1

. (Recoupement machine : sympy ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Dérivées partielles d'un logarithme et identité remarquable

CalculDifficulté 3/5

Soit $f(x;y)=\ln(x^2+y^2)$ (définie pour $(x;y)\neq(0;0)$ ). 1) Calculer $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ . 2) Vérifier que, pour tout $(x;y)$ du domaine, $x\,\dfrac{\partial f}{\partial x}+y\,\dfrac{\partial f}{\partial y}=2$ .

Indices (3)

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 $x^2+y^2$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Deux questions, et la seconde est de loin la plus instructive.

Question 1 : dérivée d'un logarithme composé, la formule à connaître étant

\frac{\partial}{\partial x}\big(\ln u\big)=\frac{\partial u/\partial x}{u}

Ici $u=x^2+y^2$ , donc $\dfrac{\partial u}{\partial x}=2x$ et $\dfrac{\partial u}{\partial y}=2y$ . Le dénominateur est le même dans les deux cas — seul le numérateur change.

Question 2 : vérifier une identité, c'est-à-dire une égalité vraie pour tout point du domaine. La démarche est celle de tout exercice de vérification : on substitue et on simplifie, on ne cherche rien.

x\,\frac{\partial f}{\partial x}+y\,\frac{\partial f}{\partial y}=2

⚠️ Le résultat est une CONSTANTE, alors que les deux dérivées dépendent de $(x;y)$ . C'est ce qui rend l'identité remarquable : la dépendance disparaît complètement à la simplification.

Ce n'est pas un hasard — la fonction $\ln(x^2+y^2)$ a une propriété d'invariance que l'identité exprime, et on la nommera à la fin.

1) Les deux dérivées partielles

f(x;y)=\ln(x^2+y^2)

Par rapport à $x$ — le dénominateur est $u$ , le numérateur est $\dfrac{\partial u}{\partial x}$ :

\boxed{\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2x}{x^2+y^2}}

Par rapport à $y$ , par symétrie du rôle des deux variables :

\boxed{\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{2y}{x^2+y^2}}

Contrôle par symétrie : $f$ est symétrique en $x$ et $y$ (échanger les deux ne change pas la fonction). Ses deux dérivées partielles doivent donc s'échanger de la même façon — et c'est bien le cas ✓

Ce contrôle est gratuit et très efficace : dès qu'une fonction est symétrique, une asymétrie dans les dérivées signale une erreur.

Le domaine : $(x;y)\neq(0;0)$ , car $\ln 0$ n'existe pas — et le dénominateur s'annulerait aussi. Les deux obstacles coïncident.

2) Vérifier l'identité

On substitue les deux dérivées :

x\,\frac{\partial f}{\partial x}+y\,\frac{\partial f}{\partial y}=x\times\frac{2x}{x^2+y^2}+y\times\frac{2y}{x^2+y^2}

=\frac{2x^2}{x^2+y^2}+\frac{2y^2}{x^2+y^2}

Même dénominateur — on regroupe les numérateurs :

=\frac{2x^2+2y^2}{x^2+y^2}=\frac{2(x^2+y^2)}{x^2+y^2}

On simplifie, ce qui est licite car $x^2+y^2\neq 0$ sur le domaine :

=\boxed{2}

L'identité est vérifiée pour tout $(x;y)\neq(0;0)$ ✓

⚠️ La simplification exige que le dénominateur soit non nul — et c'est exactement la condition du domaine. Le dire fait partie de la démonstration.

Contrôle numérique en deux points quelconques :

point	$x\,f'_x$	$y\,f'_y$	somme
$(1;1)$	$\dfrac{2}{2}=1$	$\dfrac{2}{2}=1$	$\mathbf{2}$ ✓
$(3;4)$	$\dfrac{18}{25}=0{,}72$	$\dfrac{32}{25}=1{,}28$	$\mathbf{2}$ ✓

Les deux termes changent complètement, leur somme ne change pas. C'est ce que l'identité affirme, et le vérifier sur deux points est plus convaincant qu'un calcul symbolique isolé.

Ce que l'identité signifie. La relation $x\,f'_x+y\,f'_y=\text{constante}$ traduit le comportement de $f$ quand on dilate le point : remplacer $(x;y)$ par $(tx;ty)$ donne

f(tx;ty)=\ln\big(t^2(x^2+y^2)\big)=2\ln t+f(x;y)

$f$ augmente d'une quantité qui ne dépend que de $t$ — et le $2$ de l'identité est exactement le coefficient de $\ln t$ . Une fonction vérifiant $x f'_x+y f'_y=nf$ est dite homogène de degré $n$ ; ici la version logarithmique donne une constante à la place.

Rappel de cours

Logarithme composé
$\frac{\partial}{\partial x}\big(\ln u\big)=\frac{u'_x}{u}$
Le dénominateur est $u$ lui-même, le numérateur est la dérivée partielle de $u$ .

Pour $f=\ln(x^2+y^2)$
$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2x}{x^2+y^2} \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=\frac{2y}{x^2+y^2}$
Même dénominateur, numérateurs symétriques.

Le contrôle par symétrie Si $f(x;y)=f(y;x)$ , alors les deux dérivées partielles s'échangent quand on échange $x$ et $y$ . Une asymétrie signale une erreur — contrôle gratuit, à faire dès que la fonction est symétrique.

Vérifier une identité On substitue et l'on simplifie sans rien chercher. Le résultat attendu est donné : c'est un calcul dirigé, pas une recherche.

⚠️ Toute simplification par un dénominateur exige de dire qu'il est non nul — ici c'est la condition du domaine.

Relation d'Euler
$x\,\frac{\partial f}{\partial x}+y\,\frac{\partial f}{\partial y}=n\,f \quad\Longleftrightarrow\quad f(tx;ty)=t^{n}f(x;y)$
$f$ est alors homogène de degré $n$ . Pour un logarithme, la dilatation ajoute une constante au lieu de multiplier — d'où le membre de droite constant.

Contrôle numérique d'une identité La tester sur deux points distincts : si les termes changent et que la somme ne change pas, l'identité est crédible.

L'erreur classique

⚠️ Écrire $\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{1}{x^2+y^2}$ en oubliant le numérateur $2x$ . La dérivée de $\ln u$ est $\dfrac{u'}{u}$ , pas $\dfrac1u$ .

Le contrôle : en $(1;1)$ on obtiendrait $\dfrac12$ au lieu de $1$ , et l'identité de la question 2 donnerait $1$ au lieu de $2$ .

⚠️ Dériver le dénominateur aussi : appliquer la formule du quotient à $\dfrac{2x}{x^2+y^2}$ comme si c'était le résultat à obtenir. Il n'y a qu'une dérivation à faire, celle du logarithme.

⚠️ Écrire $\ln(x^2+y^2)=\ln x^2+\ln y^2$ . Le logarithme d'une somme ne se décompose pas — seul celui d'un produit le fait.

Le contrôle numérique : $\ln(1+1)=\ln 2\approx 0{,}693$ tandis que $\ln 1+\ln 1=0$ . Différents ✗

⚠️ Simplifier sans justifier. L'étape $\dfrac{2(x^2+y^2)}{x^2+y^2}=2$ suppose $x^2+y^2\neq 0$ . C'est vrai sur le domaine, mais il faut le dire.

⚠️ Oublier de multiplier par $x$ et $y$ dans l'identité : sommer les deux dérivées telles quelles donne $\dfrac{2x+2y}{x^2+y^2}$ , qui n'est pas constant.

Le contrôle : en $(1;1)$ cela ferait $2$ , mais en $(3;4)$ cela ferait $\dfrac{14}{25}=0{,}56$ . Un seul point ne suffit donc pas à valider une identité.

⚠️ Vérifier sur un seul point. Le point $(1;1)$ est trop symétrique : plusieurs formules fausses y donnent la bonne valeur. Toujours en tester deux, dont un asymétrique comme $(3;4)$ .

À retenir

\frac{\partial}{\partial x}\big(\ln u\big)=\frac{u'_x}{u} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{\partial}{\partial x}\ln(x^2+y^2)=\frac{2x}{x^2+y^2}

Le numérateur est la dérivée de $u$ , pas $1$ .

Contrôle par symétrie : une fonction symétrique a des dérivées partielles qui s'échangent.

Une identité se vérifie en substituant et simplifiant — et toute simplification par un dénominateur se justifie par le domaine.

Tester sur DEUX points, dont un asymétrique. Le point $(1;1)$ valide trop de formules fausses ; $(3;4)$ discrimine.

Réponse.

\dfrac{\partial f}{\partial x}=\dfrac{2x}{x^2+y^2}

;

\dfrac{\partial f}{\partial y}=\dfrac{2y}{x^2+y^2}

;

x\,f'_x+y\,f'_y=2

✓. (Recoupement machine : sympy simplifie bien à

2

✓)

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Sensibilité d'une surface de cylindre (application concrète)

ApplicationDifficulté 2/5

La surface totale d'une boîte cylindrique fermée de rayon $r$ et de hauteur $h$ (en cm) est $S(r;h)=2\pi r^2+2\pi rh$ (en cm²). 1) Calculer $\dfrac{\partial S}{\partial r}$ et $\dfrac{\partial S}{\partial h}$ . 2) Évaluer ces dérivées pour $r=2$ et $h=5$ , et interpréter : la surface est-elle plus sensible à une variation du rayon ou de la hauteur ?

Indices (3)

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 $(2;5)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Première application concrète : les dérivées partielles mesurent une sensibilité.

\frac{\partial S}{\partial r} \ \text{: de combien la surface change si l'on augmente le RAYON de 1 cm, la hauteur étant fixée}

C'est exactement ce que « toutes choses égales par ailleurs » veut dire — et les dérivées partielles en sont la traduction mathématique.

La question posée — « la surface est-elle plus sensible au rayon ou à la hauteur ? » — se tranche en comparant les deux dérivées au même point. Celle qui est la plus grande en valeur absolue désigne le paramètre le plus influent.

⚠️ Attention aux constantes. Dans $S=2\pi r^2+2\pi rh$ , le $\pi$ est un nombre, pas une variable. Il ne se dérive pas et reste en facteur.

Un pronostic avant calcul : le terme $2\pi r^2$ ne dépend que de $r$ , et le terme $2\pi rh$ dépend des deux. Le rayon intervient donc deux fois — on s'attend à ce qu'il soit plus influent.

1) Les deux dérivées partielles

S(r;h)=2\pi r^2+2\pi rh

Par rapport à $r$ — $h$ est gelé, $\pi$ est un nombre :

terme	dérivée en $r$
$2\pi r^2$	$4\pi r$
$2\pi rh$	$2\pi h$ (le facteur $2\pi h$ est constant)

\boxed{\frac{\partial S}{\partial r}=4\pi r+2\pi h}

Par rapport à $h$ — $r$ est gelé :

terme	dérivée en $h$
$2\pi r^2$	$0$ (aucun $h$ )
$2\pi rh$	$2\pi r$

\boxed{\frac{\partial S}{\partial h}=2\pi r}

Contrôle de cohérence physique : $S$ est une aire (cm²), et une dérivée par rapport à une longueur (cm) doit donc être en cm. Or $4\pi r$ et $2\pi r$ sont bien des longueurs ✓

Ce contrôle dimensionnel vaut d'être fait sur toute application concrète : il attrape un terme oublié ou une puissance de trop.

2) Évaluer en r = 2, h = 5 et interpréter

\frac{\partial S}{\partial r}(2;5)=4\pi\times 2+2\pi\times 5=8\pi+10\pi=18\pi\approx 56{,}5\ \text{cm}

\frac{\partial S}{\partial h}(2;5)=2\pi\times 2=4\pi\approx 12{,}6\ \text{cm}

Comparaison :

\frac{18\pi}{4\pi}=\frac{18}{4}=\boxed{4{,}5}

\boxed{\text{La surface est } 4{,}5 \text{ fois plus sensible au RAYON qu'à la hauteur}}

Interprétation concrète, et c'est ce que l'énoncé attend :

variation	effet sur $S$
$+1$ mm de rayon ( $0{,}1$ cm)	$+56{,}5\times 0{,}1\approx 5{,}7$ cm²
$+1$ mm de hauteur	$+12{,}6\times 0{,}1\approx 1{,}3$ cm²

Pour économiser du matériau, il vaut donc bien mieux réduire le rayon que la hauteur — à condition, bien sûr, de conserver le volume voulu, ce qui est une autre contrainte.

Pourquoi le rayon domine — la formule le dit :

\frac{\partial S}{\partial r}=\underbrace{4\pi r}_{\text{les deux disques}}+\underbrace{2\pi h}_{\text{la paroi latérale}} \qquad \frac{\partial S}{\partial h}=\underbrace{2\pi r}_{\text{la paroi seule}}

Le rayon agit sur les deux disques ET sur la paroi ; la hauteur n'agit que sur la paroi. Le pronostic est confirmé, et l'explication est structurelle.

Ordre de grandeur : $S(2;5)=8\pi+20\pi=28\pi\approx 88$ cm². Une variation de $1$ mm sur le rayon change donc la surface d'environ $6{,}4\ \%$ — c'est considérable pour un si petit écart.

Rappel de cours

Dérivée partielle = sensibilité
$\frac{\partial f}{\partial x}(a;b) \ \approx \ \text{variation de } f \text{ pour } +1 \text{ unité de } x, \ y \text{ FIXÉ}$
C'est la traduction mathématique de « toutes choses égales par ailleurs ».

Comparer deux sensibilités On évalue les deux dérivées au même point et l'on compare leurs valeurs absolues. La plus grande désigne le paramètre le plus influent.

⚠️ Cette comparaison n'a de sens que si les deux variables ont la même unité — ici des centimètres. Sinon il faut passer par les sensibilités relatives.

Le contrôle dimensionnel
$\left[\frac{\partial S}{\partial r}\right]=\frac{[S]}{[r]}=\frac{\text{cm}^2}{\text{cm}}=\text{cm}$
Il attrape un terme oublié ou une puissance de trop, sans refaire le calcul.

Les constantes $\pi$ , $2$ , $g$ … sont des nombres : ils ne se dérivent pas et restent en facteur.

Formules du cylindre fermé
$V=\pi r^2h \qquad S=\underbrace{2\pi r^2}_{\text{deux disques}}+\underbrace{2\pi rh}_{\text{paroi}}$
Décomposer la formule en ses parties géométriques explique le résultat au lieu de seulement le calculer.

Approximation d'une petite variation
$\Delta S\approx\frac{\partial S}{\partial r}\Delta r+\frac{\partial S}{\partial h}\Delta h$
C'est la différentielle, qui fera l'objet des exercices B4 et B5.

L'erreur classique

⚠️ Dériver $\pi$ . C'est une constante : $\dfrac{\partial}{\partial r}(2\pi r^2)=4\pi r$ , et le $\pi$ reste.

⚠️ Oublier le terme $2\pi h$ dans $\dfrac{\partial S}{\partial r}$ : écrire $4\pi r$ seulement. Le terme $2\pi rh$ contient $r$ , donc il se dérive — c'est même lui qui fait la moitié du résultat ( $10\pi$ sur $18\pi$ ).

Le contrôle : on obtiendrait $8\pi$ contre $4\pi$ , soit un rapport de $2$ au lieu de $4{,}5$ . La conclusion resterait « le rayon domine », mais l'ampleur serait fausse.

⚠️ Dériver $2\pi r^2$ par rapport à $h$ et écrire quelque chose de non nul. Ce terme ne contient aucun $h$ : sa dérivée est $0$ .

⚠️ Confondre $S$ et ses dérivées. $S(2;5)=28\pi\approx 88$ cm² est une aire ; $\dfrac{\partial S}{\partial r}(2;5)=18\pi\approx 56{,}5$ cm est une longueur. Le contrôle dimensionnel les distingue.

⚠️ Comparer sans évaluer. Les expressions $4\pi r+2\pi h$ et $2\pi r$ ne se comparent pas en général — le verdict dépend du point. Ici c'est en $(2;5)$ qu'on tranche.

⚠️ Ne pas interpréter. L'énoncé demande explicitement « interpréter » : il faut dire ce que $4{,}5$ signifie — la surface réagit $4{,}5$ fois plus fort à une variation du rayon.

⚠️ Oublier les unités. Une dérivée de surface par rapport à une longueur s'exprime en cm, pas en cm².

À retenir

Une dérivée partielle est une SENSIBILITÉ : de combien $f$ change si une seule variable bouge d'une unité.

Comparer deux sensibilités = évaluer les deux dérivées au MÊME point et comparer leurs valeurs absolues. Ici $18\pi$ contre $4\pi$ , soit $4{,}5$ .

Le contrôle dimensionnel est gratuit : $\dfrac{\partial S}{\partial r}$ est en cm si $S$ est en cm² et $r$ en cm.

Décomposer la formule explique le résultat : le rayon agit sur les disques et la paroi, la hauteur sur la paroi seule.

$\pi$ est une constante — elle ne se dérive pas.

Réponse.

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

;

\dfrac{\partial S}{\partial h}=2\pi r

; en

(2;5)

:

18\pi\approx 56{,}5

et

4\pi\approx 12{,}6

— sensibilité au rayon

\approx 4{,}5

fois plus forte. (Recoupement :

18\pi/4\pi=4{,}5

✓)

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Dérivées secondes et théorème de Schwarz

CalculDifficulté 2/5

Soit $f(x;y)=x^3y^2-3xy^4$ . 1) Calculer les dérivées partielles premières. 2) Calculer les quatre dérivées partielles secondes. 3) Vérifier le théorème de Schwarz.

Indices (3)

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.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une fonction de deux variables a deux dérivées premières, donc quatre dérivées secondes — chacune obtenue en dérivant l'une des deux premières par l'une des deux variables.

\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} \qquad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} \qquad \underbrace{\frac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}}_{\text{on dérive } f'_y \text{ en } x} \qquad \underbrace{\frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}}_{\text{on dérive } f'_x \text{ en } y}

Le théorème de Schwarz affirme que les deux croisées sont ÉGALES — l'ordre de dérivation n'a pas d'importance :

\frac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}=\frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}

C'est loin d'être évident : rien n'impose a priori que dériver « d'abord en $x$ puis en $y$ » donne la même chose que l'inverse. Le théorème dit que c'est le cas dès que les dérivées secondes sont continues — condition remplie par tous les polynômes, et par la quasi-totalité des fonctions rencontrées.

L'usage pratique : c'est un contrôle gratuit. On calcule les deux croisées par des chemins différents ; si elles diffèrent, il y a une erreur — nécessairement.

⚠️ Ici $f=x^3y^2-3xy^4$ est un polynôme : Schwarz s'applique sans réserve.

1) Les dérivées premières

f(x;y)=x^3y^2-3xy^4

Par rapport à $x$ — $y$ gelé, donc $y^2$ et $y^4$ sont des coefficients :

\boxed{\frac{\partial f}{\partial x}=3x^2y^2-3y^4}

Par rapport à $y$ — $x$ gelé :

\boxed{\frac{\partial f}{\partial y}=2x^3y-12xy^3}

Contrôle de degré : $f$ est de degré total $5$ , ses dérivées premières sont de degré $4$ ✓

2) Les quatre dérivées secondes

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}$ — on redérive $f'_x=3x^2y^2-3y^4$ par rapport à $x$ :

\boxed{\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=6xy^2}

(le terme $-3y^4$ ne contient pas $x$ : il disparaît.)

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}$ — on redérive $f'_y=2x^3y-12xy^3$ par rapport à $y$ :

\boxed{\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=2x^3-36xy^2}

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}$ — on dérive $f'_x=3x^2y^2-3y^4$ par rapport à $y$ :

\boxed{\frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}=6x^2y-12y^3}

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}$ — on dérive $f'_y=2x^3y-12xy^3$ par rapport à $x$ :

\boxed{\frac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}=6x^2y-12y^3}

Le tableau récapitulatif :

	dérivée seconde
$f''_{xx}$	$6xy^2$
$f''_{yy}$	$2x^3-36xy^2$
$f''_{xy}$	$6x^2y-12y^3$
$f''_{yx}$	$6x^2y-12y^3$

3) Vérifier le théorème de Schwarz

\frac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}=6x^2y-12y^3=\frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x} \quad \checkmark

Les deux croisées coïncident, conformément au théorème de Schwarz.

Ce que la vérification prouve, et ce qu'elle ne prouve pas. Elle ne « démontre » pas le théorème — il est admis. Elle valide les calculs : les deux croisées ont été obtenues par des chemins entièrement différents

f \ \to \ f'_x \ \to \ f''_{yx} \qquad\text{contre}\qquad f \ \to \ f'_y \ \to \ f''_{xy}

et elles tombent d'accord. Une erreur dans l'une des quatre dérivations aurait presque certainement rompu l'égalité.

C'est le meilleur contrôle disponible sur ce type d'exercice, et il ne coûte rien puisque les deux croisées sont demandées de toute façon.

⚠️ Attention à la notation, qui est trompeuse. Dans $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}$ , on lit les variables de droite à gauche : on dérive d'abord en $y$ , ensuite en $x$ . La notation $f''_{yx}$ , elle, se lit de gauche à droite. Les deux conventions coexistent, et comme les deux résultats sont égaux, la confusion est sans conséquence — mais seulement parce que Schwarz s'applique.

Contrôle numérique en $(1;1)$ , par un chemin totalement indépendant :

\frac{f'_x(1\,;1{,}1)-f'_x(1;1)}{0{,}1}=\frac{3(1{,}21)-3(1{,}4641)-0}{0{,}1}

Calculons : $f'_x(1;1)=3-3=0$ et $f'_x(1\,;1{,}1)=3(1{,}21)-3(1{,}4641)=3{,}63-4{,}3923=-0{,}7623$ .

\frac{-0{,}7623-0}{0{,}1}=-7{,}62

à comparer à $f''_{yx}(1;1)=6-12=-6$ . Même signe, même ordre de grandeur ✓ — l'écart vient du pas de $0{,}1$ , qui est grossier pour une fonction de degré $5$ .

Rappel de cours

Les quatre dérivées secondes
$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac{\partial}{\partial x}\!\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right) \qquad \frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}=\frac{\partial}{\partial y}\!\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)$

Théorème de Schwarz Si les dérivées partielles secondes de $f$ sont continues au voisinage d'un point, alors
$\frac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}=\frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}$
L'ordre de dérivation n'importe pas. La condition est remplie par tous les polynômes, les exponentielles, les fonctions trigonométriques et leurs composées usuelles.

Usage pratique : un contrôle gratuit Les deux croisées s'obtiennent par des chemins indépendants. Une divergence signale une erreur de calcul — c'est le meilleur contrôle du chapitre, et il vient sans surcoût.

Notation
$\frac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y} \ = \ f''_{yx} \qquad\text{(on dérive d'abord en } y)$
⚠️ La notation $\partial$ se lit de droite à gauche, la notation « prime » de gauche à droite. Sans Schwarz, la confusion serait grave ; avec lui, elle est sans conséquence.

Notation matricielle
$H_f=\begin{pmatrix} f''_{xx} & f''_{xy} \\ f''_{yx} & f''_{yy}\end{pmatrix}$
C'est la matrice hessienne. Schwarz dit qu'elle est symétrique, et c'est elle qui servira au critère $rt-s^2$ des exercices C1 à C3.

Contrôle de degré Chaque dérivation abaisse le degré total d'au moins une unité. Une dérivée seconde d'un polynôme de degré $5$ est de degré au plus $3$ — exactement $3$ ici.

L'erreur classique

⚠️ Dériver deux fois par rapport à la même variable en croyant faire une croisée. $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}$ demande une dérivation en $x$ et une en $y$ , pas deux en $x$ .

⚠️ Oublier que $-3y^4$ disparaît dans $f''_{xx}$ . Il n'a pas de $x$ , donc sa dérivée en $x$ est nulle — deux fois de suite.

⚠️ Se tromper de coefficient sur $-12xy^3$ en le dérivant en $y$ : $-36xy^2$ , et non $-12xy^2$ ni $-36xy^3$ . L'exposant descend en coefficient et diminue de $1$ .

Le contrôle de degré : $f''_{yy}$ doit être de degré $3$ . $-36xy^2$ l'est ✓, $-36xy^3$ serait de degré $4$ ✗

⚠️ Conclure que Schwarz est « vérifié » sans avoir calculé les deux croisées séparément. Recopier l'une pour l'autre vide le contrôle de tout contenu — c'est précisément l'indépendance des deux chemins qui lui donne sa valeur.

⚠️ Croire que Schwarz est toujours vrai. Il exige la continuité des dérivées secondes. Il existe des contre-exemples classiques (fonctions définies par morceaux autour de l'origine) où les deux croisées diffèrent. Sur les fonctions usuelles la condition est remplie, mais l'énoncer fait partie du théorème.

⚠️ Confondre $f''_{yy}$ et $(f'_y)^2$ . La première est une dérivée seconde, la seconde un carré. La notation $f''_{yy}$ ne signifie jamais une puissance.

⚠️ Oublier une des quatre. L'énoncé en demande quatre : $f''_{xx}$ , $f''_{yy}$ , et les deux croisées — même si elles sont égales.

À retenir

Quatre dérivées secondes : $f''_{xx}$ , $f''_{yy}$ et deux croisées.

\frac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}=\frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x} \qquad\text{— théorème de SCHWARZ}

C'est un contrôle gratuit : les deux croisées viennent de chemins indépendants, une divergence signale une erreur.

Le calculer réellement des deux façons — recopier l'une pour l'autre annule tout l'intérêt.

La matrice hessienne est symétrique grâce à Schwarz, et c'est elle qui portera le critère $rt-s^2$ de l'étude des extremums.

Réponse.

f''_{xx}=6xy^2

;

f''_{yy}=2x^3-36xy^2

;

f''_{xy}=f''_{yx}=6x^2y-12y^3

(Schwarz ✓). (Recoupement machine : sympy ✓)

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Gradient et courbe de niveau

CalculDifficulté 2/5

Soit $f(x;y)=x^2+y^2$ . 1) Calculer le gradient de $f$ au point $(1;2)$ . 2) Donner l'équation de la courbe de niveau de $f$ passant par $(1;2)$ . 3) Vérifier que le gradient est perpendiculaire à cette courbe au point $(1;2)$ et interpréter sa direction.

Indices (3)

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

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 $\overrightarrow{OM}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le gradient est le vecteur formé par les deux dérivées partielles :

\overrightarrow{\nabla}f=\begin{pmatrix}\dfrac{\partial f}{\partial x}\\[8pt] \dfrac{\partial f}{\partial y}\end{pmatrix}

Ses deux propriétés fondamentales, que l'exercice fait vérifier :

s'il est non nul, il est perpendiculaire à la courbe de niveau passant par le point ;
il pointe dans la direction de plus forte croissance de $f$ .

Les deux se comprennent ensemble. Le long d'une courbe de niveau, $f$ ne change pas — c'est la direction où l'on ne monte ni ne descend. La direction de plus forte pente est donc, naturellement, celle qui lui est perpendiculaire.

L'image de la carte IGN : le gradient donne la direction dans laquelle un ruisseau descendrait (le ruisseau suit $-\overrightarrow{\nabla}f$ , en sens opposé) — perpendiculaire aux courbes de niveau, et c'est ce qu'on observe sur toute carte topographique.

La méthode de vérification : on montre que le gradient est perpendiculaire à un vecteur tangent à la courbe, en vérifiant que leur produit scalaire est nul.

Ici la courbe est un cercle, ce qui rend la tangente facile : elle est perpendiculaire au rayon.

1) Le gradient en (1;2)

f(x;y)=x^2+y^2 \qquad \frac{\partial f}{\partial x}=2x \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=2y

\overrightarrow{\nabla}f(1;2)=\begin{pmatrix}2\times 1\\ 2\times 2\end{pmatrix}=\boxed{\begin{pmatrix}2\\ 4\end{pmatrix}}

Sa norme :

\left\|\overrightarrow{\nabla}f(1;2)\right\|=\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{20}=2\sqrt5\approx 4{,}47

Cette norme est la pente maximale en ce point : en se déplaçant dans la direction du gradient, $f$ croît au taux de $4{,}47$ par unité de longueur. Dans toute autre direction, la croissance est moindre.

Observation : le gradient $(2;4)$ est exactement le double du vecteur position $(1;2)$ . Il est donc radial — dirigé de l'origine vers le point. C'est cohérent : pour $f=x^2+y^2$ , s'éloigner du centre fait croître $f$ le plus vite.

2) La courbe de niveau

k=f(1;2)=1+4=5

\boxed{\mathcal{C}_5:\ x^2+y^2=5}

C'est le cercle de centre $O$ et de rayon $\sqrt5\approx 2{,}24$ , qui passe bien par $(1;2)$ ✓

3) Vérifier la perpendicularité et interpréter

Trouver un vecteur tangent au cercle en $(1;2)$ . La tangente à un cercle est perpendiculaire au rayon. Le rayon est $\overrightarrow{OM}=(1;2)$ ; un vecteur qui lui est perpendiculaire s'obtient en échangeant les coordonnées et en changeant un signe :

\vec{t}=\begin{pmatrix}-2\\ 1\end{pmatrix}

Vérification que $\vec t$ est bien tangent : $\overrightarrow{OM}\cdot\vec t=1\times(-2)+2\times 1=0$ ✓

Le produit scalaire avec le gradient :

\overrightarrow{\nabla}f(1;2)\cdot\vec{t}=2\times(-2)+4\times 1=-4+4=\boxed{0}

\boxed{\text{Le gradient est PERPENDICULAIRE à la courbe de niveau}}

Interprétation de sa direction. Le gradient $(2;4)$ est colinéaire à $\overrightarrow{OM}=(1;2)$ et de même sens (le coefficient $2$ est positif) : il pointe de l'origine vers l'extérieur.

C'est exactement ce qu'on attend. La fonction $f=x^2+y^2$ mesure le carré de la distance à l'origine :

pour la faire croître le plus vite, il faut s'éloigner radialement du centre.

Le tableau qui résume les deux propriétés :

direction depuis $(1;2)$	effet sur $f$
celle du gradient $(2;4)$	croissance maximale, taux $4{,}47$
celle de $-\overrightarrow{\nabla}f$	décroissance maximale
le long du cercle (tangente)	$f$ ne change pas

Contrôle numérique de la troisième ligne : partons de $(1;2)$ dans la direction tangente, d'un pas de $0{,}1$ . Le vecteur unitaire tangent est $\dfrac{1}{\sqrt5}(-2;1)$ , donc on arrive en

(1-0{,}0894\,;\,2+0{,}0447)=(0{,}9106\,;\,2{,}0447)

f=0{,}829+4{,}181=5{,}010

à comparer à $5$ . L'écart est de $0{,}010$ , soit $0{,}2\ \%$ — il vient de ce qu'on se déplace en ligne droite alors que le niveau est un cercle. Le long du niveau exact, $f$ ne bougerait pas du tout.

À comparer avec un pas de $0{,}1$ dans la direction du gradient : $f$ passerait à $5{,}457$ , soit $+0{,}457$ . Quarante-cinq fois plus. C'est la différence entre monter et longer.

Rappel de cours

Gradient
$\overrightarrow{\nabla}f=\begin{pmatrix}f'_x\\ f'_y\end{pmatrix} \qquad \left\|\overrightarrow{\nabla}f\right\|=\sqrt{(f'_x)^2+(f'_y)^2}$

Les deux propriétés fondamentales

$\overrightarrow{\nabla}f(a;b)$ , s'il est non nul, est perpendiculaire à la courbe de niveau passant par $(a;b)$ ;

il indique la direction de plus forte croissance, et sa norme est la pente dans cette direction.

Les deux sont liées : le long d'un niveau $f$ ne varie pas, donc la direction de plus forte variation lui est orthogonale.

Produit scalaire et perpendicularité
$\vec u\cdot\vec v=u_1v_1+u_2v_2 \qquad \vec u\perp\vec v \iff \vec u\cdot\vec v=0$

Trouver un vecteur perpendiculaire
$\vec u=\begin{pmatrix}a\\ b\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad \vec u^{\perp}=\begin{pmatrix}-b\\ a\end{pmatrix}$
On échange les coordonnées et on change un seul signe.

Tangente à un cercle Elle est perpendiculaire au rayon. En un point $M$ d'un cercle centré en $O$ , un vecteur tangent est $\overrightarrow{OM}^{\perp}$ .

Le cas $f=x^2+y^2$
$\overrightarrow{\nabla}f(x;y)=2\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}=2\,\overrightarrow{OM}$
Le gradient est radial, dirigé vers l'extérieur — cohérent avec une fonction qui croît quand on s'éloigne du centre.

Dérivée directionnelle
$D_{\vec u}f=\overrightarrow{\nabla}f\cdot\vec u \qquad (\vec u \text{ unitaire})$
Elle est maximale quand $\vec u$ est colinéaire au gradient et de même sens, nulle quand $\vec u$ lui est perpendiculaire — c'est-à-dire le long du niveau.

L'erreur classique

⚠️ Écrire le gradient comme un nombre : additionner $2+4=6$ . Le gradient est un vecteur — il a une direction, et c'est elle qui porte l'information.

⚠️ Prendre le vecteur $(1;2)$ comme tangent au cercle. C'est le rayon, donc il est perpendiculaire à la tangente. Le produit scalaire donnerait $2+8=10\neq 0$ , et l'on conclurait à tort que le gradient n'est pas orthogonal.

Le contrôle : un vecteur tangent doit vérifier $\overrightarrow{OM}\cdot\vec t=0$ .

⚠️ Échanger les coordonnées sans changer de signe : prendre $(2;1)$ . Le produit scalaire avec $(1;2)$ donnerait $2+2=4\neq 0$ — ce n'est pas un vecteur tangent.

⚠️ Confondre la courbe de niveau et le graphe. Le niveau vit dans le plan $Oxy$ ; le graphe est une surface dans l'espace. Le gradient est un vecteur du plan, à deux composantes.

⚠️ Croire que le gradient est tangent à la surface. Il est perpendiculaire au niveau, dans le plan. C'est une confusion fréquente, et le produit scalaire nul la lève.

⚠️ Oublier d'interpréter la direction. L'énoncé le demande : le gradient pointe de l'origine vers l'extérieur, ce qui correspond à la croissance de $x^2+y^2$ .

⚠️ Confondre norme du gradient et valeur de $f$ . Ici $\|\overrightarrow\nabla f\|=4{,}47$ est une pente, tandis que $f(1;2)=5$ est une altitude. Deux grandeurs de natures différentes.

À retenir

\overrightarrow{\nabla}f=\begin{pmatrix}f'_x\\ f'_y\end{pmatrix} \qquad \overrightarrow{\nabla}f \ \perp \ \text{courbe de niveau}

Le gradient pointe dans la direction de plus forte CROISSANCE, et sa norme est la pente dans cette direction.

Perpendicularité = produit scalaire nul. Et un vecteur perpendiculaire à $(a;b)$ est $(-b;a)$ — on échange et on change un signe.

La tangente à un cercle est perpendiculaire au rayon : c'est ce qui fournit le vecteur tangent ici.

Pour $f=x^2+y^2$ , le gradient est radial — s'éloigner du centre fait croître $f$ le plus vite.

Réponse.

\overrightarrow{\nabla}f(1;2)=(2\,;4)

; courbe de niveau : cercle

x^2+y^2=5

; gradient porté par le rayon

\overrightarrow{OM}

, perpendiculaire au cercle, vers les niveaux croissants. (Recoupement :

(2;4)=2(1;2)

✓)

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Plan tangent à une surface

CalculDifficulté 2/5

Soit la surface d'équation $z=f(x;y)=x^2+y^2$ (paraboloïde). Déterminer l'équation du plan tangent à cette surface au point de coordonnées $(1;2;5)$ .

Indices (3)

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 $(1;2)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le plan tangent est à une surface ce que la tangente est à une courbe : l'approximation affine au voisinage d'un point.

\boxed{z=f(a;b)+\frac{\partial f}{\partial x}(a;b)\,(x-a)+\frac{\partial f}{\partial y}(a;b)\,(y-b)}

La structure est exactement celle de la tangente à une courbe :

y=f(a)+f'(a)(x-a) \qquad\text{devient}\qquad z=f(a;b)+f'_x(a;b)(x-a)+f'_y(a;b)(y-b)

Un terme par variable, et rien de plus. Le passage d'une à deux variables ajoute un terme, pas une difficulté.

Les trois ingrédients à identifier avant de calculer :

ingrédient	ici
le point $(a;b)$	$(1;2)$
la valeur $f(a;b)$	$5$
les deux dérivées en ce point	à calculer

⚠️ Le point donné a TROIS coordonnées : $(1;2;5)$ . Les deux premières sont $(a;b)$ , la troisième est $f(a;b)$ — et il faut vérifier qu'elle est cohérente, ce qui est un contrôle gratuit sur l'énoncé lui-même.

Étape 1 — vérifier le point et calculer les dérivées

Vérification du point. L'énoncé annonce $(1;2;5)$ :

f(1;2)=1^2+2^2=1+4=5 \quad \checkmark

Le point appartient bien à la surface. Sans cette vérification, tout le reste serait bâti sur une erreur possible d'énoncé.

Les dérivées partielles :

\frac{\partial f}{\partial x}=2x \quad\Longrightarrow\quad \frac{\partial f}{\partial x}(1;2)=2

\frac{\partial f}{\partial y}=2y \quad\Longrightarrow\quad \frac{\partial f}{\partial y}(1;2)=4

ℹ️ Ce sont les composantes du gradient de l'exercice B2 — le plan tangent et le gradient décrivent la même information sous deux formes.

Étape 2 — écrire et simplifier le plan

z=5+2(x-1)+4(y-2)

On développe :

z=5+2x-2+4y-8

\boxed{z=2x+4y-5}

Contrôles :

contrôle	calcul	verdict
le plan passe par $(1;2;5)$	$2+8-5=5$	✓
sa pente en $x$ vaut $f'_x$	coefficient de $x$ : $2$	✓
sa pente en $y$ vaut $f'_y$	coefficient de $y$ : $4$	✓

Le second contrôle est le plus utile : dans la forme développée $z=\alpha x+\beta y+\gamma$ , les coefficients $\alpha$ et $\beta$ sont les deux dérivées partielles. Une divergence signale une erreur de développement.

Qualité de l'approximation. Comparons la surface et son plan tangent au voisinage de $(1;2)$ :

point	surface $x^2+y^2$	plan $2x+4y-5$	écart
$(1;2)$	$5$	$5$	$0$
$(1{,}1\,;2)$	$5{,}21$	$5{,}20$	$0{,}01$
$(1{,}5\,;2{,}5)$	$8{,}50$	$8{,}00$	$0{,}50$
$(3;4)$	$25$	$17$	$8$

L'écart croît comme le CARRÉ de la distance au point de tangence : à $0{,}1$ il vaut $0{,}01$ , à $0{,}5$ il vaut $0{,}5$ — cinquante fois plus pour cinq fois plus loin.

C'est ce qui rend l'approximation excellente de près et inutilisable de loin, et c'est le fondement de l'approximation linéaire des exercices B4 à B6.

Interprétation géométrique : la surface $z=x^2+y^2$ est un paraboloïde (une coupe), et le plan tangent en $(1;2;5)$ s'appuie dessus en un seul point, en restant en dessous partout ailleurs — puisque la coupe est convexe. Les écarts du tableau sont d'ailleurs tous positifs ✓

Rappel de cours

Plan tangent à $z=f(x;y)$ en $(a;b)$
$z=f(a;b)+f'_x(a;b)\,(x-a)+f'_y(a;b)\,(y-b)$

Le parallèle avec une variable

tangente plan tangent

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

nombre de termes $2$ $3$

Un terme par variable — rien d'autre ne change.

	tangente	plan tangent
équation	$y=f(a)+f'(a)(x-a)$	$z=f(a;b)+f'_x(x-a)+f'_y(y-b)$
nombre de termes	$2$	$3$

Lire les dérivées dans la forme développée
$z=\alpha x+\beta y+\gamma \quad\Longrightarrow\quad \alpha=f'_x(a;b), \quad \beta=f'_y(a;b)$
C'est le contrôle le plus rapide après développement.

Vecteur normal au plan
$\vec n=\begin{pmatrix}f'_x\\ f'_y\\ -1\end{pmatrix}$
Les deux premières composantes sont celles du gradient.

Qualité de l'approximation L'écart entre la surface et son plan tangent est d'ordre quadratique :
$\big|f(x;y)-z_{\text{plan}}\big|=O\big(\text{distance}^2\big)$
Excellente de près, mauvaise de loin. C'est le fondement de l'approximation linéaire.

Vérifier le point Un point donné avec trois coordonnées doit satisfaire $z_0=f(x_0;y_0)$ . Le contrôler coûte une évaluation.

L'erreur classique

⚠️ Écrire $z=f(a;b)+f'_x\,x+f'_y\,y$ en oubliant de recentrer. Il faut $(x-a)$ et $(y-b)$ , pas $x$ et $y$ .

Le contrôle : le plan doit passer par le point. La version fautive donnerait $z=5+2+8=15$ en $(1;2)$ , au lieu de $5$ ✗

⚠️ Utiliser $f'_x$ et $f'_y$ comme expressions au lieu de les évaluer au point : écrire $z=5+2x(x-1)+2y(y-2)$ . Ce n'est plus un plan — c'est une surface de degré $2$ .

Le repère : un plan a une équation affine, sans $x^2$ , sans $xy$ .

⚠️ Se tromper de signe en développant : $5+2(x-1)+4(y-2)=5+2x-2+4y-8$ , donc $2x+4y-5$ . Une erreur de signe se voit au contrôle du passage par le point.

⚠️ Ne pas vérifier que $(1;2;5)$ est sur la surface. Si l'énoncé donnait $(1;2;6)$ , il y aurait une incohérence à signaler — et le plan tangent n'existerait pas en ce point.

⚠️ Confondre plan tangent et courbe de niveau. Le niveau est une courbe du plan ( $x^2+y^2=5$ ) ; le plan tangent est un plan de l'espace ( $z=2x+4y-5$ ). Deux objets de dimensions différentes.

⚠️ Croire l'approximation valable partout. À $(3;4)$ l'écart atteint $8$ pour une valeur de $25$ , soit $32\ \%$ . Le plan tangent n'est fiable qu'au voisinage du point de tangence.

⚠️ Oublier de développer quand l'énoncé demande « l'équation ». La forme factorisée est correcte, mais la forme $z=2x+4y-5$ est celle qu'on attend — et c'est elle qui permet le contrôle des coefficients.

À retenir

z=f(a;b)+f'_x(a;b)\,(x-a)+f'_y(a;b)\,(y-b)

Recentrer en $(x-a)$ et $(y-b)$ — c'est ce qui garantit le passage par le point.

Évaluer les dérivées AU point : ce sont des nombres, pas des expressions. Un plan n'a pas de terme en $x^2$ .

Dans la forme développée, les coefficients de $x$ et $y$ SONT les dérivées partielles — contrôle immédiat.

L'écart croît comme le carré de la distance : excellent de près, inutilisable de loin.

Réponse. Plan tangent :

z=2x+4y-5

. (Recoupement : le plan passe par

(1;2;5)

✓ ; vérifié machine ✓)

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Différentielle et approximation linéaire

CalculDifficulté 3/5

Soit $f(x;y)=x^2y^3$ . 1) Donner la différentielle $df$ . 2) En déduire une valeur approchée de $f(1{,}02\,;1{,}97)$ sans calculatrice, à partir du point $(1;2)$ . 3) Comparer à la valeur exacte $f(1{,}02\,;1{,}97)\approx 7{,}954$ .

Indices (3)

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

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

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

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La différentielle est l'écriture compacte de l'approximation affine :

\boxed{\mathrm{d}f=\frac{\partial f}{\partial x}\,\mathrm{d}x+\frac{\partial f}{\partial y}\,\mathrm{d}y}

Ce qu'elle dit en français : une petite variation de $f$ vaut la somme des contributions de chaque variable, chacune pesée par sa dérivée partielle.

Le passage au concret — on remplace les $\mathrm{d}$ par des $\Delta$ :

\Delta f\approx \frac{\partial f}{\partial x}(a;b)\,\Delta x+\frac{\partial f}{\partial y}(a;b)\,\Delta y

f(a+\Delta x\,;b+\Delta y)\approx f(a;b)+\frac{\partial f}{\partial x}(a;b)\,\Delta x+\frac{\partial f}{\partial y}(a;b)\,\Delta y

C'est le plan tangent de l'exercice B3, réécrit sous forme de variations. Les deux formules sont la même chose : approcher la surface par son plan.

Pourquoi c'est utile. Calculer $f(1{,}02\,;1{,}97)$ exactement demande une puissance cube d'un nombre à trois décimales. L'approximation ne demande que deux multiplications et une addition — et l'exercice fait mesurer ce que cela coûte en précision.

Ici les deux variations sont de SIGNES OPPOSÉS : $x$ augmente, $y$ diminue. Leurs contributions vont donc se compenser partiellement, et la variation totale sera petite — ce qui est précisément le régime où l'approximation excelle.

1) La différentielle

f(x;y)=x^2y^3

\frac{\partial f}{\partial x}=2xy^3 \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=3x^2y^2

\boxed{\mathrm{d}f=2xy^3\,\mathrm{d}x+3x^2y^2\,\mathrm{d}y}

Contrôle de cohérence des exposants : dans $\mathrm{d}f$ , chaque terme doit être de degré total $4$ (un de moins que $f$ , qui est de degré $5$ ). $2xy^3$ ✓ et $3x^2y^2$ ✓

2) Évaluer au point (1;2)

f(1;2)=1^2\times 2^3=8

\frac{\partial f}{\partial x}(1;2)=2\times 1\times 8=16 \qquad \frac{\partial f}{\partial y}(1;2)=3\times 1\times 4=12

Lecture de ces deux nombres. En $(1;2)$ , une variation de $x$ pèse $16$ par unité, une variation de $y$ pèse $12$ . La fonction est plus sensible à $x$ qu'à $y$ en ce point précis — ce qui n'a rien d'évident vu que $y$ intervient au cube et $x$ seulement au carré.

La raison : la sensibilité dépend du point, pas seulement de l'exposant. Ici $y=2$ est grand devant $x=1$ , ce qui gonfle le facteur $y^3=8$ de la dérivée en $x$ .

3) L'approximation, et son écart au vrai

Les variations :

\Delta x=1{,}02-1=+0{,}02 \qquad \Delta y=1{,}97-2=-0{,}03

⚠️ Le signe de $\Delta y$ est négatif — $y$ diminue. C'est l'erreur la plus fréquente de l'exercice.

L'approximation :

f(1{,}02\,;1{,}97)\approx 8+16\times 0{,}02+12\times(-0{,}03)

\approx 8+0{,}32-0{,}36

\boxed{\approx 7{,}96}

Lecture : la contribution de $x$ ( $+0{,}32$ ) est presque annulée par celle de $y$ ( $-0{,}36$ ). Le résultat net est une légère baisse, de $0{,}04$ .

La valeur exacte :

f(1{,}02\,;1{,}97)=1{,}02^2\times 1{,}97^3=1{,}0404\times 7{,}645373=7{,}954246

L'écart :

7{,}96-7{,}954246=+0{,}005754

soit une erreur relative de

\frac{0{,}005754}{7{,}954}\approx 0{,}072\ \%

Sept centièmes de pour cent. Pour trois multiplications, c'est un rapport qualité-prix remarquable.

Le tableau qui montre pourquoi l'approximation marche si bien :

grandeur	valeur	ordre
$f(1;2)$	$8$	—
variation linéaire $\mathrm{d}f$	$-0{,}04$	$O(\Delta)$
écart de l'approximation	$+0{,}0058$	$O(\Delta^2)$

L'écart est de l'ordre du CARRÉ des variations — $\Delta\approx 0{,}03$ donc $\Delta^2\approx 0{,}001$ , multiplié par les dérivées secondes qui valent quelques dizaines. On retrouve bien l'ordre de grandeur de $0{,}006$ .

C'est la même loi qu'en B3 : diviser les variations par $10$ divise l'erreur par $100$ .

Rappel de cours

Différentielle
$\mathrm{d}f=\frac{\partial f}{\partial x}\,\mathrm{d}x+\frac{\partial f}{\partial y}\,\mathrm{d}y$
Une contribution par variable, pesée par sa dérivée partielle.

Approximation affine
$f(a+\Delta x\,;b+\Delta y)\approx f(a;b)+f'_x(a;b)\,\Delta x+f'_y(a;b)\,\Delta y$
C'est le plan tangent, écrit en variations. Les deux formules sont identiques.

La méthode en trois temps

calculer $f(a;b)$ et les deux dérivées au point ;

calculer $\Delta x$ et $\Delta y$ avec leurs signes ;

sommer.

Ordre de l'erreur
$\text{écart}=O\big(\Delta x^2+\Delta y^2\big)$
Variations divisées par $10$ $\Longrightarrow$ erreur divisée par $100$ .

Ce que mesure chaque dérivée partielle $f'_x(a;b)$ est la sensibilité de $f$ à $x$ au point $(a;b)$ : de combien $f$ varie quand $x$ augmente d'une unité, $y$ figé. Elle dépend du point, pas seulement de la forme de $f$ .

Notation $\mathrm{d}f$ (différentielle, exacte, infinitésimale) et $\Delta f$ (variation finie, réelle) ne sont pas la même chose :
$\Delta f\approx \mathrm{d}f \qquad\text{avec égalité seulement à la limite}$

L'erreur classique

⚠️⚠️ Prendre $\Delta y=+0{,}03$ au lieu de $-0{,}03$ . C'est l'erreur numéro un de cet exercice. $1{,}97<2$ donc $y$ diminue.

Le contrôle : toujours écrire $\Delta y=y_{\text{final}}-y_{\text{initial}}$ explicitement, jamais de tête. Avec le signe fautif on trouverait $8{,}68$ au lieu de $7{,}96$ — une erreur de $9\ \%$ , sans commune mesure avec les $0{,}07\ \%$ de l'approximation légitime.

⚠️ Oublier d'évaluer les dérivées au point et laisser $2xy^3$ dans le calcul numérique. Ce sont des nombres qu'il faut : $16$ et $12$ .

⚠️ Évaluer les dérivées au point d'ARRIVÉE $(1{,}02\,;1{,}97)$ au lieu du point de départ. La formule s'appuie sur le point où l'on connaît $f$ — sinon on aurait besoin de la valeur qu'on cherche justement à approcher.

⚠️ Ajouter $f(a;b)$ deux fois, ou l'oublier. La formule est $f(a;b)+\ldots$ , et $f(a;b)=8$ ici.

⚠️ Confondre $\mathrm{d}f$ et $f$ . $\mathrm{d}f=-0{,}04$ est la variation ; $f\approx 7{,}96$ est la valeur. L'énoncé demande la valeur, donc il faut ajouter les $8$ de départ.

⚠️ Croire que l'approximation est exacte. Elle ne l'est pas en général — sauf si $f$ est elle-même affine. L'écart de $0{,}0058$ est structurel, pas une erreur de calcul.

⚠️ Négliger de comparer à l'exact quand l'énoncé le demande. L'intérêt pédagogique de l'exercice est précisément là : mesurer ce que coûte l'approximation, pour savoir quand s'y fier.

À retenir

\mathrm{d}f=f'_x\,\mathrm{d}x+f'_y\,\mathrm{d}y \qquad f(a+\Delta x\,;b+\Delta y)\approx f(a;b)+f'_x\Delta x+f'_y\Delta y

Les dérivées s'évaluent AU POINT de départ — ce sont des nombres.

⚠️ Le signe de $\Delta$ est l'erreur numéro un. $\Delta y=y_{\text{final}}-y_{\text{initial}}$ , toujours écrit explicitement.

L'erreur de l'approximation est d'ordre $\Delta^2$ : ici $0{,}07\ \%$ pour des variations de $2$ à $3\ \%$ .

C'est le plan tangent, écrit en variations — même formule, même géométrie.

Réponse.

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

;

f(1{,}02\,;1{,}97)\approx 7{,}96

(exact :

\approx 7{,}954

). (Recoupement machine : écart

6\cdot 10^{-3}

✓)

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Calcul d'incertitude : loi d'Ohm

ApplicationDifficulté 2/5

On mesure $U=50$ V à $\Delta U=0{,}5$ V près et $I=2$ A à $\Delta I=0{,}02$ A près, puis on calcule $R=\dfrac{U}{I}$ . 1) Calculer $R$ . 2) Estimer l'incertitude $\Delta R$ par la différentielle. 3) Vérifier que l'incertitude relative $\dfrac{\Delta R}{R}$ est la somme des incertitudes relatives sur $U$ et $I$ .

Indices (3)

$\dfrac{\partial R}{\partial U}=\dfrac{1}{I}$ 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.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

C'est l'application la plus utile de la différentielle : propager une incertitude de mesure.

Le principe. Aucune mesure physique n'est exacte. Si $U$ et $I$ sont connues à quelques pour cent près, quelle confiance accorder à $R=U/I$ ?

La réponse tient en une ligne — on majore la différentielle en valeur absolue :

\boxed{\Delta R\ \lesssim\ \left|\frac{\partial R}{\partial U}\right|\Delta U+\left|\frac{\partial R}{\partial I}\right|\Delta I}

⚠️ Les valeurs absolues sont essentielles. On cherche le pire cas : les erreurs pourraient se compenser, mais rien ne le garantit. On les additionne donc toutes, sans espérer de compensation.

Ce qui rend cet exercice remarquable : pour un quotient (comme pour un produit), il existe une formule beaucoup plus simple, en incertitudes relatives :

\frac{\Delta R}{R}\ \lesssim\ \frac{\Delta U}{U}+\frac{\Delta I}{I}

Les pourcentages s'additionnent. L'exercice fait découvrir cette règle par les deux chemins — et le second est celui qu'un physicien utilise réellement.

1) La valeur nominale et les dérivées

R=\frac{U}{I}=\frac{50}{2}=\boxed{25\ \Omega}

Les dérivées partielles — on écrit $R=U\times I^{-1}$ pour dériver plus sûrement :

\frac{\partial R}{\partial U}=\frac{1}{I} \qquad \frac{\partial R}{\partial I}=-\frac{U}{I^2}

Aux valeurs nominales $U=50$ , $I=2$ :

\frac{\partial R}{\partial U}=\frac{1}{2}=0{,}5 \qquad \frac{\partial R}{\partial I}=-\frac{50}{4}=-12{,}5

Lecture physique de ces deux nombres :

grandeur	sensibilité	signification
$U$	$+0{,}5$	$+1$ V $\Longrightarrow$ $R$ gagne $0{,}5\ \Omega$
$I$	$-12{,}5$	$+1$ A $\Longrightarrow$ $R$ perd $12{,}5\ \Omega$

Le signe négatif est attendu : à tension fixée, plus le courant passe, plus la résistance est faible. C'est la loi d'Ohm.

Et le rapport $25$ entre les deux sensibilités est frappant — $R$ est bien plus sensible à $I$ qu'à $U$ , parce que $I$ est un petit nombre au dénominateur.

2) L'incertitude absolue

\Delta R\ \lesssim\ \left|\frac{1}{I}\right|\Delta U+\left|-\frac{U}{I^2}\right|\Delta I

\Delta R\ \lesssim\ 0{,}5\times 0{,}5+12{,}5\times 0{,}02

\Delta R\ \lesssim\ 0{,}25+0{,}25=\boxed{0{,}5\ \Omega}

Le résultat s'énonce :

R=25{,}0\pm 0{,}5\ \Omega

Une observation qui n'est pas un hasard : les deux contributions valent exactement $0{,}25$ chacune. Les deux mesures sont donc aussi précises l'une que l'autre en relatif — et l'on va le vérifier au point 3.

Aucune des deux n'est le maillon faible : améliorer le voltmètre seul ne gagnerait que la moitié de l'incertitude.

3) L'incertitude relative, et la règle générale

\frac{\Delta R}{R}=\frac{0{,}5}{25}=0{,}02=\boxed{2\ \%}

Vérifions la formule des incertitudes relatives :

\frac{\Delta U}{U}=\frac{0{,}5}{50}=0{,}01=1\ \% \qquad \frac{\Delta I}{I}=\frac{0{,}02}{2}=0{,}01=1\ \%

\frac{\Delta U}{U}+\frac{\Delta I}{I}=1\ \%+1\ \%=2\ \% \quad \checkmark

Les deux méthodes donnent le même résultat, et la seconde n'a demandé aucune dérivée.

D'où vient cette formule. Pour $R=U/I$ , la différentielle divisée par $R$ donne

\frac{\mathrm{d}R}{R}=\frac{\mathrm{d}U}{U}-\frac{\mathrm{d}I}{I}

et en majorant en valeur absolue, le signe moins devient un plus.

La règle générale, à connaître :

forme de $f$	ce qui s'additionne
produit $f=uv$	les incertitudes relatives
quotient $f=u/v$	les incertitudes relatives
somme $f=u+v$	les incertitudes absolues
puissance $f=u^n$	$\dfrac{\Delta f}{f}=\lvert n\rvert\dfrac{\Delta u}{u}$

C'est la ligne « puissance » qui surprend le plus : un cube triple l'incertitude relative. Mesurer un rayon à $1\ \%$ donne un volume à $3\ \%$ .

Pourquoi cette double lecture compte. L'incertitude absolue ( $0{,}5\ \Omega$ ) dit combien de chiffres écrire : $R=25{,}0\ \Omega$ , la première décimale étant déjà douteuse. L'incertitude relative ( $2\ \%$ ) dit si la mesure est bonne, indépendamment de l'unité — et permet de comparer deux protocoles.

Application pratique : pour descendre à $1\ \%$ sur $R$ , il faudrait diviser les deux incertitudes relatives par deux. Améliorer une seule des deux mesures plafonnerait à $1{,}5\ \%$ .

Rappel de cours

Propagation des incertitudes
$\Delta f\ \lesssim\ \left|\frac{\partial f}{\partial x}\right|\Delta x+\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right|\Delta y$
⚠️ Valeurs absolues obligatoires : on majore le pire cas, sans espérer que les erreurs se compensent.

Les règles pratiques

opération règle

$f=u+v$ ou $u-v$ $\Delta f\lesssim\Delta u+\Delta v$ — les absolues s'ajoutent

$f=uv$ ou $u/v$ $\dfrac{\Delta f}{f}\lesssim\dfrac{\Delta u}{u}+\dfrac{\Delta v}{v}$ — les relatives s'ajoutent

$f=u^n$ $\dfrac{\Delta f}{f}\lesssim \lvert n\rvert\,\dfrac{\Delta u}{u}$

⚠️ Même pour une différence, les incertitudes s'ajoutent : une soustraction ne compense jamais l'imprécision.

opération	règle
$f=u+v$ ou $u-v$	$\Delta f\lesssim\Delta u+\Delta v$ — les absolues s'ajoutent
$f=uv$ ou $u/v$	$\dfrac{\Delta f}{f}\lesssim\dfrac{\Delta u}{u}+\dfrac{\Delta v}{v}$ — les relatives s'ajoutent
$f=u^n$	$\dfrac{\Delta f}{f}\lesssim \lvert n\rvert\,\dfrac{\Delta u}{u}$

Absolue et relative
$\Delta f \ \text{(même unité que } f) \qquad \frac{\Delta f}{f} \ \text{(sans unité, souvent en \%)}$
L'absolue fixe le nombre de chiffres à écrire ; la relative juge la qualité de la mesure.

Écriture d'un résultat
$R=25{,}0\pm 0{,}5\ \Omega \qquad\text{ou}\qquad R=25\ \Omega\ \text{à } 2\ \%$
On n'écrit jamais plus de décimales que l'incertitude n'en autorise.

Identifier le maillon faible Comparer les contributions $\left|\dfrac{\partial f}{\partial x}\right|\Delta x$ entre elles : la plus grande désigne la mesure à améliorer en priorité. Ici elles sont égales, donc aucune n'est prioritaire.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier les valeurs absolues et écrire $\Delta R\lesssim 0{,}25-0{,}25=0$ . On conclurait à une mesure parfaite — absurde. Les erreurs pourraient se compenser, mais rien ne l'assure : on majore.

⚠️ Additionner les incertitudes ABSOLUES pour un quotient : $0{,}5+0{,}02=0{,}52$ . Cela n'a même pas de sens dimensionnel — on ajouterait des volts à des ampères.

Le contrôle : dans une somme d'incertitudes, tous les termes doivent avoir la même unité.

⚠️ Confondre incertitude absolue et relative. $\Delta R=0{,}5\ \Omega$ et $\Delta R/R=2\ \%$ décrivent la même chose dans deux langages. Écrire « $\Delta R=2\ \%$ » mélange les deux.

⚠️ Oublier le carré dans $\partial R/\partial I=-U/I^2$ . Avec $-U/I=-25$ on trouverait $\Delta R\lesssim 0{,}75$ , soit $3\ \%$ — faux de moitié.

Le contrôle dimensionnel : $\partial R/\partial I$ s'exprime en $\Omega/\text{A}$ , donc en $\text{V}/\text{A}^2$ . Il faut bien $I^2$ au dénominateur.

⚠️ Évaluer les dérivées ailleurs qu'aux valeurs nominales. On les prend en $U=50$ , $I=2$ — les valeurs mesurées.

⚠️ Écrire $R=25{,}00\pm 0{,}5$ . Deux décimales quand la première est déjà incertaine : l'écriture ment sur la précision. Le dernier chiffre écrit doit être celui que l'incertitude entame.

⚠️ Croire que le signe négatif de $\partial R/\partial I$ pose un problème. Il porte une information physique réelle, et disparaît dans la valeur absolue. Il ne réduit jamais l'incertitude.

À retenir

\Delta f\ \lesssim\ \left|\frac{\partial f}{\partial x}\right|\Delta x+\left|\frac{\partial f}{\partial y}\right|\Delta y \qquad\text{— VALEURS ABSOLUES}

Pour un produit ou un quotient, les incertitudes RELATIVES s'additionnent :

R=\frac{U}{I} \quad\Longrightarrow\quad \frac{\Delta R}{R}\lesssim\frac{\Delta U}{U}+\frac{\Delta I}{I}=1\ \%+1\ \%=2\ \%

Pour une somme, ce sont les ABSOLUES — et même pour une différence.

Pour une puissance $u^n$ , l'incertitude relative est multipliée par $\lvert n\rvert$ .

Comparer les contributions identifie la mesure à améliorer. Ici elles sont égales : améliorer une seule ne gagnerait que la moitié.

Réponse.

R=25\ \Omega

;

\Delta R\approx 0{,}5\ \Omega

(

R=25{,}0\pm 0{,}5\ \Omega

) ;

\dfrac{\Delta R}{R}=2\,\%=\dfrac{\Delta U}{U}+\dfrac{\Delta I}{I}

. (Recoupement : les deux contributions valent chacune

0{,}25\ \Omega

✓)

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Coût de production : problème complet

ApplicationDifficulté 3/5

Le coût de fabrication (en €) de $x$ pièces du produit A et $y$ pièces du produit B est modélisé par $C(x;y)=x^2+3xy+2y^2$ . 1) Calculer $C(10;5)$ et les deux dérivées partielles en $(10;5)$ ; interpréter $\dfrac{\partial C}{\partial x}(10;5)$ (coût marginal). 2) Estimer $C(10{,}5\,;4{,}8)$ par l'approximation linéaire. 3) Comparer à la valeur exacte.

Indices (3)

$\dfrac{\partial C}{\partial x}=2x+3y$ 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 : $10{,}5^2+3\times 10{,}5\times 4{,}8+2\times 4{,}8^2$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Un problème de coût de production à deux facteurs, où toute la question est : que se passe-t-il si l'on modifie légèrement les quantités ?

C(x;y)=x^2+3xy+2y^2

La structure du problème :

question	outil
coût actuel	évaluer $C(10;5)$
effet d'une petite variation	différentielle
valeur approchée du nouveau coût	approximation affine

Le terme $3xy$ est celui qui porte tout l'intérêt économique. Sans lui, les deux produits seraient indépendants ; avec lui, le coût marginal de chacun dépend de la quantité de l'autre — c'est un coût de couplage, typique d'une chaîne de production partagée.

Ce que l'exercice fait mesurer : les deux variations sont de signes opposés (on produit plus de $x$ , moins de $y$ ), et il s'agit de savoir si le coût monte ou descend au total. La réponse n'est pas évidente à l'œil : il faut comparer les deux coûts marginaux.

1) Le coût actuel

C(10;5)=10^2+3\times 10\times 5+2\times 5^2

=100+150+50=\boxed{300}

Décomposition, utile pour la suite :

terme	valeur	part
$x^2$	$100$	$33\ \%$
$3xy$ (couplage)	$150$	$50\ \%$
$2y^2$	$50$	$17\ \%$

Le terme de couplage représente la moitié du coût — ce n'est pas un détail correctif, c'est le poste principal.

2) La différentielle et les coûts marginaux

\frac{\partial C}{\partial x}=2x+3y \qquad \frac{\partial C}{\partial y}=3x+4y

\boxed{\mathrm{d}C=(2x+3y)\,\mathrm{d}x+(3x+4y)\,\mathrm{d}y}

Au point $(10;5)$ :

\frac{\partial C}{\partial x}(10;5)=20+15=35 \qquad \frac{\partial C}{\partial y}(10;5)=30+20=50

Ce sont les COÛTS MARGINAUX, et c'est le cœur économique de l'exercice :

produire une unité de plus du produit $x$ coûte $35$ ; une unité de plus du produit $y$ coûte $50$ .

Le produit $y$ est donc le plus cher à la marge, alors même qu'on en produit deux fois moins et qu'il ne représente que $17\ \%$ du coût en $2y^2$ .

Pourquoi ? Parce que le terme de couplage $3xy$ pèse dans le coût marginal de $y$ à hauteur de $3x=30$ , et $x$ est grand. Le couplage renchérit le produit qu'on fabrique le moins, dès lors que l'autre est produit en quantité.

⚠️ On ne peut pas lire les coûts marginaux dans la décomposition du coût total. Ce sont deux informations différentes : le premier tableau dit d'où vient le coût, celui-ci dit ce que coûte le prochain exemplaire.

3) La variation approchée et le nouveau coût

Les variations :

\Delta x=10{,}5-10=+0{,}5 \qquad \Delta y=4{,}8-5=-0{,}2

La variation approchée du coût :

\Delta C\approx 35\times 0{,}5+50\times(-0{,}2)

\approx 17{,}5-10=\boxed{+7{,}5}

Le nouveau coût :

C(10{,}5\,;4{,}8)\approx 300+7{,}5=\boxed{307{,}5}

Lecture économique. On produit un demi-exemplaire de plus de $x$ et deux dixièmes de moins de $y$ — donc moins d'unités au total ( $15{,}3$ contre $15$ … en fait un peu plus). Et pourtant le coût augmente de $7{,}5$ .

Pourquoi : le gain sur $y$ ( $-10$ ) ne compense pas la dépense sur $x$ ( $+17{,}5$ ), parce qu'on augmente $x$ de $0{,}5$ contre une baisse de $y$ de seulement $0{,}2$ .

Vérification par le calcul exact :

C(10{,}5\,;4{,}8)=110{,}25+3\times 10{,}5\times 4{,}8+2\times 23{,}04

=110{,}25+151{,}2+46{,}08=307{,}53

L'écart avec l'approximation :

307{,}53-307{,}5=0{,}03

soit $0{,}01\ \%$ . L'approximation affine est excellente ici, et c'est attendu : les variations relatives sont de $5\ \%$ et $4\ \%$ , donc leurs carrés sont de l'ordre du pour mille.

Le tableau qui résume la décision :

grandeur	valeur
coût marginal de $x$	$35$
coût marginal de $y$	$50$
effet de $+0{,}5$ sur $x$	$+17{,}5$
effet de $-0{,}2$ sur $y$	$-10$
variation nette	$\mathbf{+7{,}5}$

Ce que l'entreprise en retient : à ce point de production, réduire $y$ est un levier plus efficace qu'augmenter $x$ n'est coûteux — mais il faut réduire davantage pour compenser.

Rappel de cours

Différentielle et coûts marginaux
$\mathrm{d}C=\frac{\partial C}{\partial x}\,\mathrm{d}x+\frac{\partial C}{\partial y}\,\mathrm{d}y$
$\dfrac{\partial C}{\partial x}(a;b)$ est le coût marginal du produit $x$ au point $(a;b)$ : le coût d'une unité supplémentaire, l'autre quantité restant fixe.

Variation approchée
$\Delta C\approx \frac{\partial C}{\partial x}(a;b)\,\Delta x+\frac{\partial C}{\partial y}(a;b)\,\Delta y$

$C_{\text{nouveau}}\approx C(a;b)+\Delta C$

Le terme de couplage Dans $C=x^2+3xy+2y^2$ , le terme $3xy$ fait que
$\frac{\partial C}{\partial x}=2x+\underbrace{3y}_{\text{couplage}}$
Le coût marginal de chaque produit dépend de la quantité de l'autre. Sans ce terme, les deux productions seraient économiquement indépendantes.

Deux lectures distinctes, à ne pas confondre

tableau ce qu'il dit

décomposition de $C$ d'où vient le coût actuel

dérivées partielles ce que coûte l'unité suivante

Un poste faible dans le premier peut être cher dans le second — c'est le cas de $y$ ici.

tableau	ce qu'il dit
décomposition de $C$	d'où vient le coût actuel
dérivées partielles	ce que coûte l'unité suivante

Qualité de l'approximation L'écart est d'ordre $\Delta^2$ . Ici $0{,}03$ sur $307{,}53$ , soit $0{,}01\ \%$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Prendre $\Delta y=+0{,}2$ . $4{,}8<5$ donc $y$ diminue : $\Delta y=-0{,}2$ . Avec le signe fautif on trouverait $327{,}5$ au lieu de $307{,}5$ — une erreur de $20$ , soit six cents fois l'écart de l'approximation.

⚠️ Se tromper en dérivant $3xy$ . Par rapport à $x$ : $3y$ . Par rapport à $y$ : $3x$ . Le facteur restant est l'AUTRE variable, jamais la même.

⚠️ Dériver $2y^2$ en $2y$ au lieu de $4y$ . Le coefficient $2$ multiplie la dérivée $2y$ .

Le contrôle : $\partial C/\partial y=3x+4y=30+20=50$ . Avec l'erreur on aurait $40$ , et le résultat final serait $309{,}5$ .

⚠️ Confondre coût moyen et coût marginal. Le coût moyen est $300/15=20$ par unité ; les coûts marginaux sont $35$ et $50$ . Ce sont trois nombres différents, et c'est le marginal qui gouverne la décision.

⚠️ Lire les coûts marginaux dans la décomposition du coût. Le terme $2y^2=50$ ne dit rien du coût marginal de $y$ , qui vaut aussi $50$ — pure coïncidence numérique, à ne surtout pas ériger en méthode.

⚠️ Oublier d'ajouter le coût de départ. $\Delta C=+7{,}5$ est la variation ; le coût demandé est $300+7{,}5$ .

⚠️ Conclure que le coût baisse parce que $y$ diminue. Les deux effets sont opposés et il faut les sommer avant de conclure : le résultat net est une hausse.

À retenir

\mathrm{d}C=\frac{\partial C}{\partial x}\,\mathrm{d}x+\frac{\partial C}{\partial y}\,\mathrm{d}y \qquad C_{\text{nouveau}}\approx C(a;b)+\Delta C

Les dérivées partielles SONT les coûts marginaux — ce que coûte l'unité suivante de chaque produit.

Ici $35$ pour $x$ et $50$ pour $y$ : le produit fabriqué en plus petite quantité est le plus cher à la marge, à cause du terme de couplage $3xy$ .

⚠️ Le signe de $\Delta y$ décide du résultat. $4{,}8<5$ $\Longrightarrow$ $\Delta y=-0{,}2$ .

Sommer avant de conclure : $+17{,}5$ et $-10$ donnent une hausse de $7{,}5$ , alors que l'intuition pourrait dire l'inverse.

Réponse.

C(10;5)=300

€ ; coûts marginaux

35

€ (A) et

50

€ (B) ;

C(10{,}5\,;4{,}8)\approx 307{,}5

€ (exact :

307{,}53

€). (Recoupement machine : écart

0{,}03

✓)

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Dérivées partielles : routine type DS

CalculDifficulté 2/5

Soit $f(x;y)=x^2y+3xy-5$ . 1) Donner le domaine de définition de $f$ . 2) Calculer $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ . 3) Évaluer ces dérivées au point $(2;1)$ .

Indices (3)

$f$ est polynomiale : aucune contrainte.

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

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

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Un exercice de routine, court, mais qui contient les trois gestes que tout DS de ce chapitre demande :

\text{domaine} \ \to \ \text{dérivées partielles} \ \to \ \text{évaluation en un point}

Le principe qui commande tout le reste :

pour dériver par rapport à $x$ , on GÈLE $y$ — on le traite comme un nombre.

Et symétriquement. Il n'y a rien d'autre dans le calcul d'une dérivée partielle : ce sont les règles de dérivation de première année, appliquées à une variable pendant que l'autre attend.

Le piège de cet exercice, et il est réel : le terme $3xy$ . Sa dérivée en $x$ est $3y$ , sa dérivée en $y$ est $3x$ — le facteur qui reste est l'AUTRE variable. C'est la source d'erreur numéro un du chapitre.

Le troisième geste — évaluer — produit des nombres. Une dérivée partielle évaluée en un point n'est plus une expression : elle mesure une sensibilité, et c'est cette valeur numérique qui servira partout ailleurs (plan tangent, gradient, différentielle, points critiques).

1) Le domaine de définition

f(x;y)=x^2y+3xy-5

C'est un polynôme en $x$ et $y$ . Aucune division, aucune racine, aucun logarithme :

\boxed{D_f=\mathbb{R}^2}

La question n'est pas décorative. Le réflexe à installer est de balayer les trois causes de restriction :

cause	à chercher	présent ici ?
division	dénominateur $\neq 0$	non
racine carrée	radicande $\geq 0$	non
logarithme	argument $>0$	non

Aucune n'est présente, donc le domaine est le plan tout entier. Une réponse en une ligne, mais qui doit être justifiée — « c'est un polynôme » suffit.

2) Les dérivées partielles

Par rapport à $x$ — on gèle $y$ , qui devient un simple coefficient :

f(x;y)=\underbrace{y}_{\text{cst}}\cdot x^2+\underbrace{3y}_{\text{cst}}\cdot x-5

\boxed{\frac{\partial f}{\partial x}=2xy+3y}

Détail terme par terme :

terme	dérivée en $x$	pourquoi
$x^2y$	$2xy$	$y$ est un coefficient, on dérive $x^2$
$3xy$	$3y$	$3y$ est le coefficient de $x$
$-5$	$0$	constante

Par rapport à $y$ — on gèle $x$ . La fonction devient affine en $y$ :

f(x;y)=\underbrace{(x^2+3x)}_{\text{cst}}\cdot y-5

\boxed{\frac{\partial f}{\partial y}=x^2+3x}

Remarque importante : $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ ne dépend pas de $y$ . C'est normal — $f$ est de degré $1$ en $y$ , donc sa dérivée en $y$ est constante par rapport à $y$ . Ce n'est pas une erreur, c'est une information : la sensibilité de $f$ à $y$ ne dépend que de $x$ .

3) Évaluation en (2;1)

\frac{\partial f}{\partial x}(2;1)=2\times 2\times 1+3\times 1=4+3=\boxed{7}

\frac{\partial f}{\partial y}(2;1)=2^2+3\times 2=4+6=\boxed{10}

Ce que ces deux nombres signifient, en $(2;1)$ :

si $x$ augmente d'une unité ( $y$ figé), $f$ augmente d'environ $7$ ; si $y$ augmente d'une unité ( $x$ figé), $f$ augmente d'environ $10$ .

La fonction est donc plus sensible à $y$ qu'à $x$ en ce point.

Contrôle numérique, par un chemin indépendant :

f(2;1)=4\times 1+6\times 1-5=5

f(2{,}1\,;1)=4{,}41+6{,}3-5=5{,}71 \quad\Longrightarrow\quad \frac{5{,}71-5}{0{,}1}=7{,}1

à comparer à $7$ ✓ — l'écart de $0{,}1$ vient du pas fini.

f(2\,;1{,}1)=4{,}4+6{,}6-5=6 \quad\Longrightarrow\quad \frac{6-5}{0{,}1}=10

à comparer à $10$ ✓ — égalité exacte, parce que $f$ est affine en $y$ : le taux d'accroissement est la dérivée, sans erreur d'ordre supérieur.

Ce contraste entre les deux contrôles est instructif : le pas fini n'introduit d'erreur que là où la fonction est courbée.

Rappel de cours

Dérivée partielle
$\frac{\partial f}{\partial x}: \text{on dérive en } x, \ y \text{ GELÉ (traité comme un nombre)}$
Les règles de dérivation sont exactement celles d'une variable.

Le terme croisé — la source d'erreur numéro un
$\frac{\partial}{\partial x}(3xy)=3y \qquad \frac{\partial}{\partial y}(3xy)=3x$
Le facteur qui subsiste est l'AUTRE variable.

Domaine de définition : les trois causes

cause condition

division dénominateur $\neq 0$

racine radicande $\geq 0$

logarithme argument $>0$

Aucune des trois (ni aucune autre fonction à domaine restreint, comme $\tan$ ) $\Longrightarrow$ $D_f=\mathbb{R}^2$ . Un polynôme est toujours dans ce cas.

cause	condition
division	dénominateur $\neq 0$
racine	radicande $\geq 0$
logarithme	argument $>0$

Évaluer $\dfrac{\partial f}{\partial x}(a;b)$ est un nombre, pas une expression. Il mesure la sensibilité de $f$ à $x$ au point $(a;b)$ .

Contrôle par taux d'accroissement
$\frac{f(a+h;b)-f(a;b)}{h}\approx \frac{\partial f}{\partial x}(a;b) \qquad (h \text{ petit})$
⚠️ L'égalité est exacte si $f$ est affine en cette variable, approchée sinon.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Dériver $3xy$ en $3x$ par rapport à $x$ . C'est l'erreur la plus fréquente du chapitre. Par rapport à $x$ , on obtient $3y$ : le $x$ disparaît, le $y$ reste.

Le contrôle : après dérivation en $x$ , le résultat contient une puissance de $x$ en moins. $3xy \to 3y$ ✓, tandis que $3x$ serait de même degré en $x$ ✗

⚠️ Dériver $x^2y$ en $2x$ en oubliant le facteur $y$ . Il est gelé, pas supprimé : $2xy$ .

⚠️ Oublier que $-5$ disparaît. Une constante a une dérivée nulle par rapport aux deux variables.

⚠️ Trouver $\partial f/\partial y=x^2+3x+\ldots$ avec un terme en $y$ . Impossible : $f$ est de degré $1$ en $y$ , donc sa dérivée en $y$ n'en contient pas.

Le contrôle de degré : $f$ est de degré $1$ en $y$ $\Longrightarrow$ $\partial f/\partial y$ est de degré $0$ en $y$ .

⚠️ Répondre « $D_f=\mathbb{R}$ ». Le domaine d'une fonction de deux variables est une partie du plan : $\mathbb{R}^2$ , pas $\mathbb{R}$ .

⚠️ Ne pas justifier le domaine. « C'est un polynôme, donc défini partout » est la phrase attendue — pas seulement le résultat.

⚠️ Oublier d'évaluer. L'énoncé demande trois choses ; s'arrêter aux expressions coûte la troisième question.

⚠️ Confondre $f(2;1)=5$ et les dérivées. La valeur de $f$ et ses sensibilités sont trois nombres distincts : $5$ , $7$ et $10$ .

À retenir

Dériver en $x$ : on GÈLE $y$ et on applique les règles habituelles.

\frac{\partial}{\partial x}(3xy)=3y \qquad \frac{\partial}{\partial y}(3xy)=3x \qquad\text{— le facteur restant est l'AUTRE variable}

Un polynôme est défini sur $\mathbb{R}^2$ — le plan tout entier, à justifier en une phrase.

Évaluer produit des NOMBRES : ici $7$ et $10$ , les sensibilités de $f$ à chaque variable en $(2;1)$ .

Contrôle de degré : dériver en $x$ abaisse d'un le degré en $x$ , et ne peut pas augmenter le degré en $y$ .

Réponse.

D_f=\mathbb{R}^2

;

\dfrac{\partial f}{\partial x}=2xy+3y

,

\dfrac{\partial f}{\partial y}=x^2+3x

; en

(2;1)

:

7

et

10

. (Recoupement machine : sympy ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Exponentielle composée et Schwarz : type DS

CalculDifficulté 2/5

Soit $f(x;y)=e^{x^2+y}$ . 1) Calculer $\dfrac{\partial f}{\partial x}$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ , puis les évaluer en $(0;0)$ . 2) Calculer les deux dérivées croisées et vérifier le théorème de Schwarz.

Indices (3)

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 $x$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une exponentielle composée : $f=e^{u}$ avec $u=x^2+y$ .

La règle est celle d'une variable, appliquée partiellement :

\boxed{\frac{\partial}{\partial x}\left(e^{u}\right)=\frac{\partial u}{\partial x}\cdot e^{u}}

L'exponentielle ne change jamais — elle se reproduit à l'identique. Ce qui apparaît devant, c'est la dérivée partielle de l'exposant.

C'est ce qui rend l'exercice piégeux et instructif à la fois : on croit dériver une exponentielle, alors qu'on dérive surtout un exposant.

Les deux dérivées ont des allures très différentes :

variable	dérivée de l'exposant	résultat
$x$	$2x$	$2x\,e^{x^2+y}$
$y$	$1$	$e^{x^2+y}$

En $y$ , le facteur vaut $1$ : la dérivée est $f$ elle-même. C'est la signature d'un exposant linéaire en $y$ .

La seconde partie vérifie Schwarz — et ici les deux croisées demandent des chemins de calcul franchement différents, ce qui donne au contrôle une vraie valeur.

1) Les dérivées premières et leur valeur en (0;0)

f(x;y)=e^{x^2+y}

Par rapport à $x$ — l'exposant $u=x^2+y$ se dérive en $2x$ ( $y$ gelé) :

\boxed{\frac{\partial f}{\partial x}=2x\,e^{x^2+y}}

Par rapport à $y$ — l'exposant se dérive en $1$ ( $x$ gelé) :

\boxed{\frac{\partial f}{\partial y}=e^{x^2+y}=f(x;y)}

En $(0;0)$ , avec $e^{0+0}=e^0=1$ :

\frac{\partial f}{\partial x}(0;0)=2\times 0\times 1=\boxed{0}

\frac{\partial f}{\partial y}(0;0)=1=\boxed{1}

Lecture géométrique. La dérivée en $x$ est nulle en $(0;0)$ : la surface y est horizontale dans la direction $x$ . C'est cohérent — l'exposant $x^2$ passe par un minimum en $x=0$ , donc la pente y est plate.

En revanche la pente en $y$ vaut $1$ : la surface monte dans cette direction. Le point $(0;0)$ n'est donc pas un point critique — il faudrait que les deux dérivées s'annulent.

2) Les dérivées croisées

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}$ — on dérive $f'_x=2x\,e^{x^2+y}$ par rapport à $y$ .

Le facteur $2x$ est gelé ; seule l'exponentielle bouge, et sa dérivée en $y$ est elle-même :

\boxed{\frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}=2x\,e^{x^2+y}}

$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}$ — on dérive $f'_y=e^{x^2+y}$ par rapport à $x$ .

C'est une composée : le facteur qui sort est la dérivée de l'exposant en $x$ , soit $2x$ :

\boxed{\frac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}=2x\,e^{x^2+y}}

\frac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}=\frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x} \quad \checkmark \qquad\text{— théorème de SCHWARZ vérifié}

Pourquoi ce contrôle a de la valeur ici. Les deux chemins n'ont rien en commun :

chemin	1ʳᵉ dérivation	2ᵉ dérivation
$f\to f'_x\to f''_{yx}$	composée en $x$ (fait sortir $2x$ )	simple en $y$ (facteur gelé)
$f\to f'_y\to f''_{xy}$	simple en $y$ (facteur $1$ )	composée en $x$ (fait sortir $2x$ )

Dans un cas le facteur $2x$ apparaît d'abord puis reste inerte ; dans l'autre il apparaît en dernier. Que les deux tombent d'accord n'a rien d'automatique dans la conduite du calcul — c'est ce qui fait du contrôle un vrai contrôle.

Contrôle en $(0;0)$ : les deux croisées valent $2\times 0\times 1=0$ ✓

Contrôle en $(1;0)$ , pour ne pas se contenter d'un point où tout s'annule :

\frac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}(1;0)=2\times 1\times e^{1}=2e\approx 5{,}44

et le même par l'autre chemin ✓ — un contrôle en un point où le résultat est nul ne prouve pas grand-chose : deux expressions fausses peuvent y coïncider.

Rappel de cours

Dérivée partielle d'une exponentielle composée
$\frac{\partial}{\partial x}\left(e^{u(x;y)}\right)=\frac{\partial u}{\partial x}\cdot e^{u(x;y)}$
L'exponentielle se reproduit ; c'est la dérivée de l'EXPOSANT qui apparaît devant.

Les composées usuelles, en dérivation partielle

fonction dérivée en $x$

$e^{u}$ $u'_x\,e^{u}$

$\ln u$ $\dfrac{u'_x}{u}$

$\sin u$ $u'_x\cos u$

$u^n$ $n\,u'_x\,u^{n-1}$

La structure est toujours la même : dérivée intérieure $\times$ dérivée extérieure.

fonction	dérivée en $x$
$e^{u}$	$u'_x\,e^{u}$
$\ln u$	$\dfrac{u'_x}{u}$
$\sin u$	$u'_x\cos u$
$u^n$	$n\,u'_x\,u^{n-1}$

Théorème de Schwarz
$\frac{\partial^2 f}{\partial x\,\partial y}=\frac{\partial^2 f}{\partial y\,\partial x}$
Valable dès que les dérivées secondes sont continues — le cas de toute exponentielle de polynôme.

Point critique
$\frac{\partial f}{\partial x}=0 \quad\textbf{ET}\quad \frac{\partial f}{\partial y}=0$
Les deux doivent s'annuler. Ici $f'_x(0;0)=0$ mais $f'_y(0;0)=1$ : $(0;0)$ n'est pas critique.

Vérifier une identité en un bon point Un contrôle en un point où tout vaut $0$ est faible : deux expressions différentes peuvent y coïncider. Choisir un point où le résultat est non nul.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $\dfrac{\partial f}{\partial x}=e^{2x}$ ou $e^{2x+y}$ : dériver l'exposant à la place de la fonction. L'exponentielle reste entière, et $2x$ arrive en facteur :

\frac{\partial f}{\partial x}=2x\,e^{x^2+y} \qquad\text{et non}\qquad e^{2x}

⚠️ Oublier le facteur $2x$ et écrire $\partial f/\partial x=e^{x^2+y}$ . C'est la dérivée en $y$ , pas en $x$ — les deux sont alors confondues.

⚠️ Croire que $\partial f/\partial y$ demande un facteur. L'exposant est linéaire en $y$ : sa dérivée vaut $1$ , donc le facteur est $1$ et n'apparaît pas.

⚠️⚠️ Dériver le facteur $2x$ par rapport à $y$ dans le calcul de $f''_{yx}$ . $2x$ est une constante vis-à-vis de $y$ : il reste tel quel. L'erreur donnerait $0$ , et Schwarz serait mis en défaut à tort.

⚠️ Oublier la composée dans $f''_{xy}$ et écrire $e^{x^2+y}$ sans le $2x$ . Les deux croisées différeraient, et l'on soupçonnerait le théorème plutôt que son propre calcul.

Le bon réflexe devant deux croisées différentes : c'est un calcul qui est faux, jamais Schwarz.

⚠️ Évaluer $e^{0}$ à $0$ . $e^{0}=1$ . L'erreur ferait tout s'annuler et masquerait la pente en $y$ .

⚠️ Conclure que $(0;0)$ est un point critique parce que $f'_x$ s'y annule. Il faut les deux dérivées nulles ; ici $f'_y=1\neq 0$ .

⚠️ Se contenter du contrôle en $(0;0)$ pour Schwarz. Les deux croisées y valent $0$ : c'est le point le moins discriminant du plan.

À retenir

\frac{\partial}{\partial x}\left(e^{u}\right)=u'_x\,e^{u} \qquad\text{— l'exponentielle RESTE, l'exposant sort en facteur}

Ici : $\dfrac{\partial f}{\partial x}=2x\,e^{x^2+y}$ et $\dfrac{\partial f}{\partial y}=e^{x^2+y}=f$ .

En $(0;0)$ : $f'_x=0$ et $f'_y=1$ . ⚠️ Ce n'est PAS un point critique — il faut les deux nulles.

Les deux croisées valent $2x\,e^{x^2+y}$ , obtenues par des chemins de calcul opposés : c'est ce qui donne sa valeur au contrôle de Schwarz.

Deux croisées différentes pour une fonction usuelle ( $\mathcal C^2$ ) $\Longrightarrow$ erreur de calcul, jamais un contre-exemple au théorème.

Réponse.

f'_x=2x\,e^{x^2+y}

,

f'_y=e^{x^2+y}

; en

(0;0)

:

0

et

1

; croisées égales à

2x\,e^{x^2+y}

(Schwarz ✓). (Recoupement machine : sympy ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Gradient et niveau : type DS

CalculDifficulté 2/5

Soit $f(x;y)=xy$ . 1) Calculer le gradient de $f$ au point $(2;3)$ . 2) Donner l'équation de la courbe de niveau de $f$ passant par $(2;3)$ et préciser sa nature géométrique.

Indices (3)

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

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Deux notions du chapitre, sur la fonction la plus simple qui les rende intéressantes : $f(x;y)=xy$ .

\overrightarrow{\nabla}f=\begin{pmatrix}f'_x\\ f'_y\end{pmatrix} \qquad\text{et}\qquad \mathcal{C}_k:\ f(x;y)=k

Le trait remarquable de $f=xy$ — et toute la raison d'être de l'exercice :

\frac{\partial f}{\partial x}=y \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=x

Les dérivées sont ÉCHANGÉES. La sensibilité de $f$ à $x$ est mesurée par… $y$ . C'est parfaitement logique — dans un produit, ce qui pèse sur l'effet d'un facteur, c'est l'autre facteur — mais c'est contre-intuitif à la première rencontre, et c'est la source d'erreur de l'exercice.

Une conséquence économique concrète : si $f$ est une surface $\text{longueur}\times\text{largeur}$ , agrandir la longueur d'un mètre gagne d'autant plus de surface que la largeur est grande. Le gain dépend de l'autre dimension.

Le niveau $xy=k$ est une hyperbole — la courbe « à produit constant », qu'on rencontre partout : isoquantes en économie, loi de Boyle-Mariotte ( $PV=\text{cst}$ ) en physique.

1) Le gradient en (2;3)

\frac{\partial f}{\partial x}=y \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=x

\overrightarrow{\nabla}f(2;3)=\begin{pmatrix}3\\ 2\end{pmatrix}

⚠️ Bien lire ce résultat : au point $(2;3)$ , le gradient est $(3;2)$ — les coordonnées sont inversées par rapport au point. Ce n'est pas une faute de recopie, c'est la structure de $f=xy$ .

Sa norme :

\left\|\overrightarrow{\nabla}f(2;3)\right\|=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}\approx 3{,}61

C'est la pente maximale en ce point.

Lecture : la première composante ( $3$ ) dépasse la seconde ( $2$ ). $f$ est donc plus sensible à $x$ qu'à $y$ en ce point — parce que le coefficient qui pèse sur $x$ est $y=3$ , le plus grand des deux.

Contrôle numérique, chemin indépendant :

f(2;3)=6 \qquad f(2{,}1\,;3)=6{,}3 \quad\Longrightarrow\quad \frac{6{,}3-6}{0{,}1}=3 \quad\checkmark

Égalité exacte — $f$ est affine en $x$ à $y$ fixé, donc le taux d'accroissement est la dérivée.

2) La courbe de niveau

k=f(2;3)=2\times 3=6

\boxed{\mathcal{C}_6:\ xy=6}

Sa nature géométrique. En isolant $y$ :

y=\frac{6}{x} \qquad (x\neq 0)

C'est une hyperbole équilatère, d'asymptotes les deux axes.

⚠️ Elle a DEUX branches : celle du premier quadrant ( $x>0$ , $y>0$ ) et celle du troisième ( $x<0$ , $y<0$ ) — dans les deux cas le produit est positif. Notre point $(2;3)$ est sur la branche du premier quadrant.

Vérification que le point y est : $2\times 3=6$ ✓

Le tableau des niveaux, qui donne la carte de la surface :

$k$	courbe $xy=k$	position
$k>0$	hyperbole	quadrants 1 et 3
$k=0$	les deux axes ( $x=0$ ou $y=0$ )	croix
$k<0$	hyperbole	quadrants 2 et 4

Le niveau $0$ est particulier : ce n'est pas une hyperbole mais une paire de droites — le seul niveau où la courbe est dégénérée. C'est la signature du point selle de la surface $z=xy$ à l'origine.

Vérification de la perpendicularité du gradient au niveau. Un vecteur tangent à $y=6/x$ en $x=2$ : la pente y vaut $y'=-6/x^2=-6/4=-1{,}5$ , donc $\vec t=(1;-1{,}5)$ , ou $(2;-3)$ pour éviter les décimales.

\overrightarrow{\nabla}f(2;3)\cdot\vec t=3\times 2+2\times(-3)=6-6=0 \quad\checkmark

Le gradient est bien perpendiculaire à la courbe de niveau — la propriété générale du chapitre, vérifiée ici sur un cas où elle n'a rien d'évident visuellement.

Rappel de cours

Gradient
$\overrightarrow{\nabla}f=\begin{pmatrix}f'_x\\ f'_y\end{pmatrix}$
S'il est non nul, il est perpendiculaire à la courbe de niveau et pointe dans la direction de plus forte croissance.

Le cas $f=xy$ — à connaître
$\frac{\partial f}{\partial x}=y \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=x \qquad \overrightarrow{\nabla}f(a;b)=\begin{pmatrix}b\\ a\end{pmatrix}$
Les coordonnées sont ÉCHANGÉES. Dans un produit, ce qui pèse sur un facteur est l'autre facteur.

Courbe de niveau
$\mathcal{C}_k:\ f(x;y)=k \qquad\text{avec } k=f(a;b) \text{ pour passer par } (a;b)$

L'hyperbole $xy=k$

$k\neq 0$ : hyperbole équilatère, asymptotes les axes, deux branches ;

$k>0$ : quadrants 1 et 3 · $k<0$ : quadrants 2 et 4 ;

$k=0$ : cas dégénéré, la réunion des deux axes.

Où on la rencontre Toute relation « à produit constant » : $PV=\text{cst}$ à température fixée (Boyle-Mariotte), isoquantes de production, $UI=P$ à puissance fixée.

La surface $z=xy$ C'est un paraboloïde hyperbolique — une selle de cheval. L'origine est un point selle : $f$ y croît dans une direction et décroît dans l'autre.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $\overrightarrow{\nabla}f(2;3)=(2;3)$ . C'est l'erreur de l'exercice. Les dérivées de $xy$ sont échangées : $f'_x=y=3$ et $f'_y=x=2$ , donc le gradient est $(3;2)$ .

Le contrôle : dériver $xy$ par rapport à $x$ élimine le $x$ et laisse le $y$ . Un gradient qui reproduit les coordonnées du point signale l'erreur.

⚠️ Dériver $xy$ en $1$ par rapport à $x$ , comme si $y$ valait $1$ . Le facteur $y$ est gelé, pas effacé.

⚠️ Calculer le niveau avec la mauvaise constante. $k$ est la valeur de $f$ au point : $k=6$ , pas $k=5$ (la somme) ni $k=0$ .

⚠️ Répondre « une parabole » ou « une droite ». $xy=6$ s'écrit $y=6/x$ : c'est une hyperbole. Une parabole serait $y=x^2$ , une droite $ax+by=c$ .

⚠️ Oublier la seconde branche. $xy=6$ a deux branches ; seule celle du premier quadrant contient $(2;3)$ , mais la courbe complète en a deux.

⚠️ Écrire $y=6/x$ sans préciser $x\neq 0$ . L'hyperbole n'a pas de point sur les axes.

⚠️ Croire que le gradient est tangent au niveau. Il lui est perpendiculaire — le produit scalaire $3\times 2+2\times(-3)=0$ le confirme.

⚠️ Oublier de préciser la nature géométrique. L'énoncé la demande explicitement : « hyperbole équilatère d'asymptotes les axes » est la réponse attendue, pas seulement l'équation.

À retenir

f=xy \quad\Longrightarrow\quad \frac{\partial f}{\partial x}=y, \quad \frac{\partial f}{\partial y}=x \qquad\text{— les dérivées sont ÉCHANGÉES}

\overrightarrow{\nabla}f(2;3)=\begin{pmatrix}3\\ 2\end{pmatrix} \qquad \mathcal{C}_6:\ xy=6

Le niveau $xy=k$ est une HYPERBOLE équilatère, d'asymptotes les axes, à deux branches.

Le cas $k=0$ dégénère en deux droites — signature du point selle de $z=xy$ à l'origine.

Le gradient est perpendiculaire au niveau : produit scalaire nul, vérifié ici.

Réponse.

\overrightarrow{\nabla}f(2;3)=(3\,;2)

; courbe de niveau : l'hyperbole

xy=6

. (Recoupement :

(2;3)

vérifie

2\times 3=6

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Plan tangent : type DS

CalculDifficulté 2/5

Déterminer l'équation du plan tangent à la surface $z=x^2-y^2$ (selle de cheval) au point $(2;1;3)$ .

Indices (3)

Vérifie que $f(2;1)=3$ .

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

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

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le plan tangent, appliqué à la surface la plus instructive du chapitre : la selle de cheval $z=x^2-y^2$ .

\boxed{z=f(a;b)+\frac{\partial f}{\partial x}(a;b)\,(x-a)+\frac{\partial f}{\partial y}(a;b)\,(y-b)}

La méthode est mécanique — trois nombres à calculer, puis une substitution :

ingrédient	ici
$f(a;b)$	$3$ , à vérifier
$f'_x(a;b)$	à calculer
$f'_y(a;b)$	à calculer

Ce qui rend cette surface particulière : le signe moins devant $y^2$ . La fonction monte dans la direction $x$ et descend dans la direction $y$ — d'où le nom de selle de cheval, où le cavalier monte vers l'avant et l'arrière, descend vers la gauche et la droite.

Conséquence directe sur le calcul : $f'_y=-2y$ est négatif pour $y>0$ . Le signe moins doit traverser tout le calcul sans se perdre, et c'est là que l'exercice se joue.

⚠️ L'origine de cette surface est un point selle — les deux dérivées s'y annulent sans qu'il y ait ni maximum ni minimum. C'est l'objet du critère $rt-s^2$ du lot C.

Étape 1 — vérifier le point et calculer les dérivées

Vérification du point $(2;1;3)$ :

f(2;1)=2^2-1^2=4-1=3 \quad\checkmark

Le point est bien sur la surface. Ce contrôle coûte une évaluation et valide l'énoncé — sans lui, tout le reste reposerait sur une donnée non vérifiée.

Les dérivées partielles :

\frac{\partial f}{\partial x}=2x \qquad \frac{\partial f}{\partial y}=-2y

⚠️ Le signe moins de $f'_y$ vient du $-y^2$ de la fonction. C'est lui qu'il faut suivre jusqu'au bout.

Au point $(2;1)$ :

\frac{\partial f}{\partial x}(2;1)=4 \qquad \frac{\partial f}{\partial y}(2;1)=-2

Lecture géométrique. En ce point, la surface monte avec une pente $4$ dans la direction $x$ , et descend avec une pente $2$ dans la direction $y$ . Les deux comportements opposés coexistent en un même point — c'est exactement ce qu'est une selle.

Étape 2 — le plan tangent

z=3+4(x-2)+(-2)(y-1)

Attention au double signe : $+(-2)(y-1)$ , qu'on écrit $-2(y-1)$ .

z=3+4x-8-2y+2

\boxed{z=4x-2y-3}

Les trois contrôles :

contrôle	calcul	verdict
passe par $(2;1;3)$	$8-2-3=3$	✓
coefficient de $x$ = $f'_x$	$4$	✓
coefficient de $y$ = $f'_y$	$-2$	✓

Le troisième est le plus important ici : le coefficient de $y$ doit être négatif. Un $+2$ signalerait la perte du signe moins.

Ce que la selle fait à l'approximation — et c'est ce qui distingue cette surface de $z=x^2+y^2$ :

point	surface $x^2-y^2$	plan $4x-2y-3$	écart
$(2;1)$	$3$	$3$	$0$
$(2{,}1\,;1)$	$3{,}41$	$3{,}40$	$+0{,}01$
$(2\,;1{,}1)$	$2{,}79$	$2{,}80$	$-0{,}01$
$(2{,}5\,;1{,}5)$	$4$	$4$	$\mathbf{0}$

Les écarts changent de SIGNE selon la direction : la surface passe au-dessus du plan dans la direction $x$ , en dessous dans la direction $y$ .

La dernière ligne est spectaculaire : en $(2{,}5\,;1{,}5)$ , pourtant loin du point de tangence, l'écart est exactement nul — les deux courbures se compensent parfaitement. La surface traverse son plan tangent.

C'est la signature d'un point selle, et cela contraste avec le paraboloïde $z=x^2+y^2$ de l'exercice B3, qui reste toujours au-dessus de ses plans tangents. Ici la surface les coupe.

Rappel de cours

Plan tangent
$z=f(a;b)+f'_x(a;b)\,(x-a)+f'_y(a;b)\,(y-b)$

La méthode en trois temps

vérifier que le point est sur la surface : $z_0=f(x_0;y_0)$ ;

calculer les deux dérivées et les évaluer au point ;

substituer, puis développer.

Contrôle après développement
$z=\alpha x+\beta y+\gamma \quad\Longrightarrow\quad \alpha=f'_x(a;b), \quad \beta=f'_y(a;b)$

La selle de cheval $z=x^2-y^2$

$f'_x=2x$ (monte en $x$ ), $f'_y=-2y$ (descend en $y$ ) ;

l'origine est un point selle : les deux dérivées s'y annulent sans extremum ;

la surface traverse ses plans tangents, contrairement à un paraboloïde.

Convexe, concave, selle

surface position vs plan tangent

$z=x^2+y^2$ (convexe) toujours au-dessus

$z=-x^2-y^2$ (concave) toujours en dessous

$z=x^2-y^2$ (selle) traverse

C'est exactement ce que classera le critère $rt-s^2$ .

surface	position vs plan tangent
$z=x^2+y^2$ (convexe)	toujours au-dessus
$z=-x^2-y^2$ (concave)	toujours en dessous
$z=x^2-y^2$ (selle)	traverse

L'erreur classique

⚠️⚠️ Perdre le signe moins et écrire $f'_y=2y$ , donc $z=4x+2y-7$ . C'est l'erreur de l'exercice.

Le contrôle : le plan devrait passer par $(2;1;3)$ . La version fautive donne $8+2-7=3$ — elle passe aussi par le point ! Ce contrôle-là ne discrimine pas, et c'est précisément pourquoi il faut le second : le coefficient de $y$ doit valoir $f'_y=-2$ , pas $+2$ .

Retenir la leçon de méthode : un contrôle qui laisse passer l'erreur qu'on cherche n'est pas un contrôle. Il en faut un second, indépendant.

⚠️ Se tromper de signe en développant $-2(y-1)$ . Cela donne $-2y+2$ , et non $-2y-2$ .

Le contrôle du passage par le point attrape cette erreur-là, lui : on trouverait $8-2-7=-1\neq 3$ ✗

⚠️ Ne pas vérifier que $(2;1;3)$ est sur la surface. Si l'énoncé disait $(2;1;4)$ , il faudrait le signaler.

⚠️ Oublier de recentrer : écrire $z=3+4x-2y$ . Le plan ne passerait pas par le point ( $3+8-2=9\neq 3$ ).

⚠️ Écrire $z=3+2x(x-2)-2y(y-1)$ , sans évaluer les dérivées. Ce n'est plus un plan : un plan n'a pas de terme en $x^2$ .

⚠️ Croire que $(2;1)$ est un point selle parce que la surface en est une. Le point selle est en $(0;0)$ — le seul où les deux dérivées s'annulent. En $(2;1)$ elles valent $4$ et $-2$ .

⚠️ Conclure que la surface est toujours au-dessus ou en dessous du plan. Pour une selle, elle traverse — les écarts changent de signe.

À retenir

z=f(a;b)+f'_x(a;b)\,(x-a)+f'_y(a;b)\,(y-b) \qquad\Longrightarrow\qquad z=4x-2y-3

⚠️ Le signe moins de $f'_y=-2y$ est ce qui se perd. Le coefficient de $y$ dans la réponse doit être négatif.

⚠️ Le contrôle « passe par le point » ne suffit PAS ici — l'erreur de signe y survit. Vérifier aussi les coefficients contre les dérivées : c'est le contrôle qui discrimine.

Vérifier d'abord que le point est sur la surface : $f(2;1)=3$ ✓

Une selle TRAVERSE son plan tangent — la surface passe au-dessus dans une direction, en dessous dans l'autre.

Réponse. Plan tangent :

z=4x-2y-3

. (Recoupement : passe par

(2;1;3)

✓ ; vérifié machine ✓)

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Incertitude sur un volume de cylindre : type DS

ApplicationDifficulté 2/5

Le volume d'un cylindre est $V=\pi r^2h$ . On mesure $r=10{,}0$ cm à $0{,}1$ cm près et $h=20{,}0$ cm à $0{,}2$ cm près. 1) Calculer $V$ (au cm³ près). 2) Estimer $\Delta V$ par la différentielle (au cm³ près). 3) Donner l'incertitude relative et vérifier la règle $\dfrac{\Delta V}{V}\approx 2\dfrac{\Delta r}{r}+\dfrac{\Delta h}{h}$ .

Indices (3)

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

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

L'incertitude sur un volume de cylindre — l'exercice de propagation le plus fréquent en DS, et celui qui révèle la règle la plus utile du chapitre :

V=\pi r^2h \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{\Delta V}{V}\ \lesssim\ \boxed{2}\,\frac{\Delta r}{r}+\frac{\Delta h}{h}

Le facteur $2$ devant $\Delta r/r$ est tout l'enjeu. Le rayon intervient au carré, donc son incertitude relative compte double.

La conséquence pratique, à retenir bien au-delà de cet exercice :

mesurer un rayon à $1\ \%$ près donne un volume à $2\ \%$ près. Pour une sphère ( $r^3$ ), ce serait $3\ \%$ .

C'est contre-intuitif et lourd de conséquences : dans un cylindre, le rayon est deux fois plus critique que la hauteur. Investir dans un meilleur pied à coulisse rapporte plus que dans un meilleur réglet — alors même que les deux mesures paraissent de même nature.

L'exercice fait suivre les deux chemins — la différentielle complète, puis la règle des relatives — et vérifier qu'ils coïncident.

1) Le volume

V=\pi r^2h=\pi\times 10{,}0^2\times 20{,}0=\pi\times 100\times 20=2000\pi

V\approx 6283{,}19 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{V\approx 6283\ \text{cm}^3}

ℹ️ Garder $2000\pi$ sous forme exacte le plus longtemps possible : la suite du calcul devient beaucoup plus simple, et l'on évite d'accumuler des arrondis.

2) L'incertitude absolue par la différentielle

Les dérivées partielles :

\frac{\partial V}{\partial r}=2\pi rh \qquad \frac{\partial V}{\partial h}=\pi r^2

Aux valeurs mesurées :

\frac{\partial V}{\partial r}=2\pi\times 10\times 20=400\pi \qquad \frac{\partial V}{\partial h}=\pi\times 100=100\pi

La majoration — valeurs absolues, les deux dérivées étant ici positives :

\Delta V\ \lesssim\ 400\pi\times 0{,}1+100\pi\times 0{,}2

\Delta V\ \lesssim\ 40\pi+20\pi=60\pi

\Delta V\approx 188{,}50 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\Delta V\approx 188\ \text{cm}^3}

Le résultat s'énonce :

V=6283\pm 188\ \text{cm}^3

Analyse des deux contributions — c'est elle qui porte l'enseignement :

source	contribution	part
le rayon	$40\pi\approx 126$	$\mathbf{67\ \%}$
la hauteur	$20\pi\approx 63$	$33\ \%$

Les deux tiers de l'incertitude viennent du rayon, alors que son incertitude absolue ( $0{,}1$ cm) est deux fois plus petite que celle de la hauteur ( $0{,}2$ cm).

C'est le facteur $2$ du carré qui inverse le classement. Pour améliorer la mesure du volume, c'est le rayon qu'il faut mesurer mieux.

3) L'incertitude relative et la règle

\frac{\Delta V}{V}=\frac{60\pi}{2000\pi}=\frac{60}{2000}=0{,}03=\boxed{3\ \%}

ℹ️ Les $\pi$ se simplifient — c'est le bénéfice d'avoir gardé la forme exacte.

Vérification par la règle des incertitudes relatives :

\frac{\Delta r}{r}=\frac{0{,}1}{10}=0{,}01=1\ \% \qquad \frac{\Delta h}{h}=\frac{0{,}2}{20}=0{,}01=1\ \%

2\times\frac{\Delta r}{r}+\frac{\Delta h}{h}=2\times 1\ \%+1\ \%=\boxed{3\ \%} \quad \checkmark

Les deux méthodes coïncident, et la seconde n'a demandé aucune dérivée.

⚠️ Le fait remarquable de cet exercice : les deux mesures ont la même précision relative ( $1\ \%$ chacune), et pourtant le rayon contribue deux fois plus. Ce n'est pas la qualité de la mesure qui diffère, c'est l'exposant.

D'où vient la règle. On prend le logarithme avant de différentier :

\ln V=\ln\pi+2\ln r+\ln h

\frac{\mathrm{d}V}{V}=2\,\frac{\mathrm{d}r}{r}+\frac{\mathrm{d}h}{h}

Les exposants descendent en coefficients — c'est la propriété du logarithme, et c'est ce qui rend la méthode si rapide.

La table à retenir :

forme	incertitude relative
$u^n$	$\lvert n\rvert\,\dfrac{\Delta u}{u}$
$uv$ ou $u/v$	$\dfrac{\Delta u}{u}+\dfrac{\Delta v}{v}$
$\pi r^2h$	$2\dfrac{\Delta r}{r}+\dfrac{\Delta h}{h}$
sphère $\frac43\pi r^3$	$\mathbf{3}\dfrac{\Delta r}{r}$

La dernière ligne mérite d'être connue : sur une sphère, tout se joue sur le rayon, et son incertitude est triplée.

Rappel de cours

Propagation par la différentielle
$\Delta V\ \lesssim\ \left|\frac{\partial V}{\partial r}\right|\Delta r+\left|\frac{\partial V}{\partial h}\right|\Delta h$

La méthode logarithmique — beaucoup plus rapide
$\ln V=\ln\pi+2\ln r+\ln h \quad\Longrightarrow\quad \frac{\Delta V}{V}\lesssim 2\frac{\Delta r}{r}+\frac{\Delta h}{h}$
Les exposants deviennent des coefficients. Applicable à tout produit de puissances.

La règle générale
$f=k\,x^{\alpha}y^{\beta} \quad\Longrightarrow\quad \frac{\Delta f}{f}\ \lesssim\ \lvert\alpha\rvert\frac{\Delta x}{x}+\lvert\beta\rvert\frac{\Delta y}{y}$
⚠️ Valeurs absolues sur les exposants : un exposant négatif ne diminue jamais l'incertitude.

Les volumes usuels

solide volume incertitude relative

cylindre $\pi r^2h$ $2\dfrac{\Delta r}{r}+\dfrac{\Delta h}{h}$

cône $\dfrac13\pi r^2h$ idem

sphère $\dfrac43\pi r^3$ $3\dfrac{\Delta r}{r}$

solide	volume	incertitude relative
cylindre	$\pi r^2h$	$2\dfrac{\Delta r}{r}+\dfrac{\Delta h}{h}$
cône	$\dfrac13\pi r^2h$	idem
sphère	$\dfrac43\pi r^3$	$3\dfrac{\Delta r}{r}$

Identifier le maillon faible Comparer les contributions $\left|\dfrac{\partial V}{\partial x}\right|\Delta x$ . La plus grande désigne la mesure à améliorer — ici le rayon, à $67\ \%$ .

Garder les formes exactes Travailler en $2000\pi$ et $60\pi$ : les $\pi$ se simplifient dans le rapport, et les arrondis ne s'accumulent pas.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le facteur $2$ et écrire $\Delta V/V\approx 1\ \%+1\ \%=2\ \%$ . C'est l'erreur de l'exercice : le rayon est au carré, son incertitude relative compte double.

Le contrôle : les deux méthodes doivent coïncider. La différentielle donne $3\ \%$ ; un $2\ \%$ signale l'oubli.

⚠️ Écrire $\partial V/\partial r=\pi r^2$ — c'est $\partial V/\partial h$ . En dérivant $\pi r^2h$ par rapport à $r$ : $2\pi rh$ .

Le contrôle dimensionnel : $\partial V/\partial r$ s'exprime en cm³/cm $=$ cm², donc $2\pi rh$ ✓ ( $\pi r^2$ est aussi en cm², donc ce contrôle-là ne discrimine pas — il faut relire la dérivation).

⚠️ Additionner les incertitudes ABSOLUES : $0{,}1+0{,}2=0{,}3$ . Cela n'a aucun sens pour un produit, et le résultat serait en cm, pas en cm³.

⚠️ Croire que la hauteur est la mesure critique parce que son incertitude absolue est plus grande ( $0{,}2$ contre $0{,}1$ ). En relatif les deux valent $1\ \%$ , et c'est le rayon qui domine à cause du carré.

⚠️ Écrire $V=6283{,}19\pm 188$ . Deux décimales quand l'incertitude porte sur les centaines : l'écriture ment sur la précision. $V=6283\pm 188$ cm³, voire $V\approx 6{,}3\times 10^3$ cm³.

⚠️ Passer en décimal trop tôt. En gardant $2000\pi$ et $60\pi$ , le rapport se simplifie en $60/2000$ — exact, immédiat, sans arrondi.

⚠️ Oublier de vérifier la règle quand l'énoncé le demande explicitement. La question 3 vaut des points, et c'est elle qui porte la leçon du chapitre.

À retenir

V=\pi r^2h \quad\Longrightarrow\quad \frac{\Delta V}{V}\ \lesssim\ \mathbf{2}\,\frac{\Delta r}{r}+\frac{\Delta h}{h}

⚠️ Le facteur $2$ vient du carré. Un rayon mesuré à $1\ \%$ donne un volume à $2\ \%$ — et à $3\ \%$ pour une sphère.

Ici : $V=6283\pm 188$ cm³, soit $3\ \%$ .

Le rayon pèse $67\ \%$ de l'incertitude, alors que son incertitude absolue est la plus petite. C'est l'exposant qui décide, pas la qualité de la mesure.

Méthode rapide : prendre le $\ln$ avant de différentier — les exposants descendent en coefficients.

Garder les $\pi$ : ils se simplifient dans le rapport.

Réponse.

V=2000\pi\approx 6283

cm³ ;

\Delta V\approx 60\pi\approx 188

cm³ ;

\dfrac{\Delta V}{V}=3\,\%=2\times 1\,\%+1\,\%

. (Recoupement : contributions

40\pi

et

20\pi

✓)

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Fonction harmonique : vérification type DS

CalculDifficulté 3/5

Soit $f(x;y)=\ln(x^2+y^2)$ , définie pour $(x;y)\neq(0;0)$ . Vérifier que $f$ satisfait l'équation de Laplace $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}=0$ (on dit que $f$ est harmonique).

Indices (3)

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 $y$ ).

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une vérification : montrer que $f=\ln(x^2+y^2)$ satisfait l'équation de Laplace

\boxed{\Delta f=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=0}

Une telle fonction est dite HARMONIQUE, et ce n'est pas une curiosité d'exercice. Les fonctions harmoniques décrivent :

domaine	ce qu'elles modélisent
thermique	températures à l'équilibre (régime stationnaire)
électrostatique	potentiel dans le vide, sans charge
mécanique des fluides	écoulement irrotationnel et incompressible
élasticité	membrane tendue au repos

Le sens physique de $\Delta f=0$ : en tout point, la valeur de $f$ est la moyenne de ses valeurs alentour. Rien ne s'accumule, rien ne se creuse — c'est l'état d'équilibre.

La stratégie de calcul. Il n'y a rien à « trouver » : on calcule les deux dérivées secondes et on ajoute. Toute la difficulté est technique — il faut dériver un quotient, et le faire deux fois sans erreur.

Le levier qui économise la moitié du travail : $f$ est symétrique en $x$ et $y$ . Une fois $f''_{xx}$ obtenue, $f''_{yy}$ s'en déduit en échangeant les lettres.

1) Les dérivées premières

f(x;y)=\ln(x^2+y^2) \qquad (x;y)\neq(0;0)

Composée logarithmique : $\dfrac{\partial}{\partial x}\ln u=\dfrac{u'_x}{u}$ , avec $u=x^2+y^2$ et $u'_x=2x$ .

\boxed{\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2x}{x^2+y^2}}

Par symétrie — échanger $x$ et $y$ laisse $f$ inchangée :

\boxed{\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{2y}{x^2+y^2}}

ℹ️ Le domaine exclut l'origine : $\ln 0$ n'existe pas. C'est en $(0;0)$ que la fonction diverge — physiquement, c'est là que serait la charge ponctuelle dont ce potentiel est le champ.

2) La dérivée seconde en x

On dérive $\dfrac{2x}{x^2+y^2}$ par rapport à $x$ , $y$ gelé, par la règle du quotient :

\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^2} \qquad u=2x,\ v=x^2+y^2

u'_x=2 \qquad v'_x=2x

\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac{2(x^2+y^2)-2x\cdot 2x}{(x^2+y^2)^2}

On développe le numérateur :

2x^2+2y^2-4x^2=2y^2-2x^2

\boxed{\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac{2y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2}}

⚠️ Le numérateur a changé de « camp » : on dérivait par rapport à $x$ , et c'est $y^2$ qui se retrouve avec le signe $+$ . Ce n'est pas une erreur — c'est le $-4x^2$ du terme $-uv'$ qui domine le $+2x^2$ .

Contrôle en un point simple, $(1;0)$ :

\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(1;0)=\frac{0-2}{1}=-2

Cohérent ? Sur l'axe des $x$ , $f(x;0)=\ln(x^2)=2\ln\lvert x\rvert$ , dont la dérivée seconde est $-2/x^2$ , soit $-2$ en $x=1$ ✓ — un contrôle par un chemin totalement indépendant.

3) La dérivée seconde en y, et la conclusion

Par symétrie — on échange $x$ et $y$ dans le résultat précédent :

\boxed{\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=\frac{2x^2-2y^2}{(x^2+y^2)^2}}

ℹ️ Cet argument est légitime et il faut savoir l'invoquer : $f(x;y)=f(y;x)$ , donc échanger les rôles des variables échange les dérivées. Cela évite de refaire un calcul de quotient — et donc d'y introduire une erreur.

La somme :

\Delta f=\frac{2y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2}+\frac{2x^2-2y^2}{(x^2+y^2)^2}

Même dénominateur, numérateurs OPPOSÉS :

\Delta f=\frac{(2y^2-2x^2)+(2x^2-2y^2)}{(x^2+y^2)^2}=\frac{0}{(x^2+y^2)^2}=\boxed{0}

\boxed{f \text{ est HARMONIQUE sur } \mathbb{R}^2\setminus\{(0;0)\}}

Ce qui rend la conclusion belle : les deux numérateurs sont exactement opposés. La courbure de la surface dans la direction $x$ compense point par point celle dans la direction $y$ .

Interprétation physique. Là où $f''_{xx}<0$ (creusé en $x$ ), on a $f''_{yy}>0$ (bombé en $y$ ), et dans la même mesure. La surface est en selle partout — c'est le cas typique d'une fonction harmonique, et cela éclaire un résultat majeur :

une fonction harmonique non constante n'a AUCUN extremum local à l'intérieur de son domaine.

L'intuition : un maximum demanderait deux courbures négatives, donc $\Delta f<0$ (la preuve rigoureuse est plus fine, car en un maximum les courbures peuvent être nulles). C'est le principe du maximum : les extremums sont toujours au bord. Physiquement, une plaque à l'équilibre thermique n'a ni point chaud ni point froid en son intérieur — les températures extrêmes sont imposées par les bords.

Contrôle numérique en $(1;2)$ , chemin indépendant :

\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(1;2)=\frac{8-2}{25}=\frac{6}{25}=0{,}24 \qquad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(1;2)=\frac{2-8}{25}=-\frac{6}{25}=-0{,}24

0{,}24-0{,}24=0 \quad\checkmark

Et l'on voit bien la selle : bombée dans une direction, creusée dans l'autre, à la même hauteur de courbure.

Rappel de cours

Équation de Laplace — fonction harmonique
$\Delta f=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=0$
$\Delta$ est le laplacien. Une solution est dite harmonique.

Où on les rencontre Température à l'équilibre, potentiel électrostatique dans le vide, écoulement irrotationnel, membrane tendue. Toujours un état d'équilibre, où rien ne s'accumule.

Principe du maximum Une fonction harmonique non constante (sur un domaine d'un seul tenant) n'a pas d'extremum local à l'intérieur de son domaine : ils sont tous au bord. La preuve demande plus que le signe des dérivées secondes : en un maximum, on sait seulement $f''_{xx}\leq0$ et $f''_{yy}\leq0$ , ce qui ne contredit pas $\Delta f=0$ .

Dérivée d'un logarithme composé
$\frac{\partial}{\partial x}\ln u=\frac{u'_x}{u}$

Règle du quotient
$\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^2}$
⚠️ Le signe moins est au numérateur, et l'ordre $u'v$ puis $-uv'$ n'est pas commutatif.

Exploiter une symétrie Si $f(x;y)=f(y;x)$ , alors $f''_{yy}$ s'obtient à partir de $f''_{xx}$ en échangeant les lettres. C'est un argument recevable en copie, et il divise le travail par deux.

Trois harmoniques classiques
$\ln(x^2+y^2) \qquad x^2-y^2 \qquad e^{x}\cos y$
Toutes sont, au moins localement, la partie réelle d'une fonction holomorphe — le lien avec le chapitre d'analyse complexe.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Se tromper de signe dans la règle du quotient. Avec $\dfrac{u'v+uv'}{v^2}$ on trouverait $\dfrac{6x^2+2y^2}{(x^2+y^2)^2}$ , et la somme ne serait pas nulle — l'exercice échouerait sans qu'on sache pourquoi.

Le contrôle : $f''_{xx}(1;0)=-2$ , à confronter à la dérivée seconde de $2\ln\lvert x\rvert$ , qui vaut $-2/x^2$ . Le chemin est indépendant.

⚠️ Oublier de dériver le dénominateur ( $v'_x=2x$ ) et n'écrire que $\dfrac{2}{x^2+y^2}$ . Le terme $-uv'$ est celui qui fait tout basculer.

⚠️ Croire que $f''_{xx}$ ne doit contenir que des $x$ . Elle contient $2y^2-2x^2$ — les deux variables restent présentes, et c'est même le $y^2$ qui porte le signe $+$ .

⚠️ Oublier le carré au dénominateur. La règle du quotient donne $v^2=(x^2+y^2)^2$ , pas $x^2+y^2$ .

Le contrôle de degré : $f$ est « d'ordre $\ln$ », ses dérivées premières sont en $1/r$ , les secondes en $1/r^2$ . Un dénominateur de degré $4$ avec un numérateur de degré $2$ donne bien $1/r^2$ ✓

⚠️ Refaire tout le calcul pour $f''_{yy}$ au lieu d'invoquer la symétrie, et y introduire une erreur. L'argument $f(x;y)=f(y;x)$ est valide et attendu.

⚠️ Oublier d'exclure l'origine. $f$ n'y est pas définie ( $\ln 0$ ), et le résultat s'énonce sur $\mathbb{R}^2\setminus\{(0;0)\}$ . Omettre cette précision coûte des points.

⚠️ Écrire « $\Delta f=0$ donc $f$ est constante ». Faux — $f$ varie beaucoup. $\Delta f=0$ signifie que les deux courbures se compensent, pas que la fonction ne bouge pas.

⚠️ Conclure trop vite sans écrire la somme. La beauté du résultat est que les numérateurs sont opposés : il faut le montrer, pas l'affirmer.

À retenir

\Delta f=\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=0 \qquad\Longrightarrow\qquad f \text{ est HARMONIQUE}

f=\ln(x^2+y^2): \quad \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac{2y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2}, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=\frac{2x^2-2y^2}{(x^2+y^2)^2}

Les numérateurs sont OPPOSÉS : la somme est nulle, point par point.

Exploiter la symétrie $f(x;y)=f(y;x)$ — argument valide, qui évite de refaire un calcul de quotient.

⚠️ Exclure l'origine : $\ln 0$ n'existe pas.

Une fonction harmonique non constante n'a aucun extremum intérieur — ici la surface est en selle partout, les extremums sont au bord.

Réponse.

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

,

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

, somme nulle :

f

harmonique ✓. (Recoupement machine : sympy ✓)

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Exercices corrigés — Fonctions de plusieurs variables & intégrales doubles

Les 18 exercices

Domaine de définition et image d'un point

Courbes de niveau : cercles et droites

Dérivées partielles premières d'un polynôme

Dérivées partielles avec produit et exponentielle

Dérivées partielles d'un logarithme et identité remarquable

Sensibilité d'une surface de cylindre (application concrète)

Dérivées secondes et théorème de Schwarz

Gradient et courbe de niveau

Plan tangent à une surface

Différentielle et approximation linéaire

Calcul d'incertitude : loi d'Ohm

Coût de production : problème complet

Dérivées partielles : routine type DS

Exponentielle composée et Schwarz : type DS

Gradient et niveau : type DS

Plan tangent : type DS

Incertitude sur un volume de cylindre : type DS

Fonction harmonique : vérification type DS

S'entraîner davantage sur fonctions de plusieurs variables & intégrales doubles