24 exercices corrigés de dérivées partielles en prépa

On dérive par rapport à \(x\), en traitant \(y\) comme une constante :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 6xy- 5y^3\)

Puis par rapport à \(y\), en figeant \(x\) :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 3x^2- 15xy^2\)

Le terme constant \(2\) disparaît dans les deux cas.

Par rapport à \(x\), \(y\) est constant, donc \(xy\) a pour dérivée \(y\) :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = y\,e^{xy}\)

Par symétrie des rôles :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = x\,e^{xy}\)

On applique \((\ln u)^\prime = \displaystyle\frac{u^\prime}{u}\) avec \(u = x^2 + y^2\). En dérivant par rapport à \(x\), \(u^\prime = 2x\) :

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

De même :

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

Dérivée par rapport à \(x\) (formule du quotient, \(y\) constant) :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = \displaystyle\frac{1 \cdot (x^2+y^2)- x \cdot 2x}{(x^2+y^2)^2} = \displaystyle\frac{y^2- x^2}{(x^2+y^2)^2}\)

Dérivée par rapport à \(y\) : le numérateur \(x\) est constant, seul le dénominateur dépend de \(y\).

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = x \cdot \left(-\displaystyle\frac{2y}{(x^2+y^2)^2}\right) = \displaystyle\frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}\)

Chaque dérivée fige deux variables sur trois :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 2xy + z\) \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = x^2 + z^2\) \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial z} = 2yz + x\)

Avec \(u = x^2 + y\) et \((\sin u)^\prime = u^\prime \cos u\) :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 2x \cos(x^2 + y)\) \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = \cos(x^2 + y)\)

La dérivée de \(u\) par rapport à \(y\) vaut simplement \(1\).

Piège fréquent : selon la variable, \(f\) change de nature. Par rapport à \(x\), \(y\) est un exposant constant, on dérive une fonction puissance :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = y\,x^{y-1}\)

Par rapport à \(y\), on écrit \(x^y = e^{y \ln x}\), donc on dérive une exponentielle :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = \ln(x)\,e^{y \ln x} = x^y \ln x\)

On calcule d’abord le gradient en un point quelconque :

\(\nabla f(x,y) = (2x + 3y,\; 3x + 2y)\)

Puis on évalue en \((1,2)\) :

\(\nabla f(1,2) = (2 + 6,\; 3 + 4) = (8, 7)\)

Ce vecteur indique la direction de plus forte pente de \(f\) au point \((1,2)\).

Méthode 1 — règle de la chaîne.

\(\displaystyle\frac{df}{dt} = \displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} x^\prime(t) + \displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} y^\prime(t) = 2x(-\sin t) + 2y(\cos t)\) \(= -2\cos t \sin t + 2 \sin t \cos t = 0\)

Méthode 2 — substitution directe. Comme \(\cos^2 t + \sin^2 t = 1\), on a \(f = 1\), fonction constante, donc de dérivée nulle. Les deux méthodes concordent.

Dérivées premières :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 y^2 + y\,e^{xy} \qquad \displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 2x^3 y + x\,e^{xy}\)

On dérive \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\) par rapport à \(y\) :

\(\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = 6x^2 y + e^{xy} + xy\,e^{xy}\)

On dérive \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\) par rapport à \(x\) :

\(\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = 6x^2 y + e^{xy} + xy\,e^{xy}\)

Les deux sont égales, conformément au théorème de Schwarz, car \(f\) est de classe \(C^2\) sur \(\mathbb{R}^2\).

Le laplacien vaut \(\Delta f = \displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\).

Dérivées premières : \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2- 3y^2\) et \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = -6xy\).

Dérivées secondes :

\(\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 6x \qquad \displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = -6x\)

Donc \(\Delta f = 6x- 6x = 0\) : \(f\) est bien harmonique. (C’est la partie réelle de \(z \mapsto z^3\).)

Avec \(x = r\cos\theta\) et \(y = r\sin\theta\) (voir les coordonnées polaires) :

\(f = r^2\cos^2\theta- r^2\sin^2\theta = r^2(\cos^2\theta- \sin^2\theta) = r^2 \cos(2\theta)\)

On dérive par rapport à \(r\), en figeant \(\theta\) :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial r} = 2r\cos(2\theta)\)

\(f\) est homogène de degré \(3\). Calculons :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 + 2xy \qquad \displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = x^2 + 3y^2\)

Donc :

\(x\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} + y\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 3x^3 + 2x^2 y + x^2 y + 3y^3 = 3x^3 + 3x^2 y + 3y^3 = 3f\)

La relation d’Euler est bien vérifiée. Elle vaut pour toute fonction homogène de degré \(n\) : \(x f_x + y f_y = n f\).

On note \(\Phi_1 = u^2- v^2\) et \(\Phi_2 = 2uv\). La matrice jacobienne range les dérivées partielles :

\(J_\Phi(u,v) = \begin{pmatrix} 2u & -2v \\ 2v & 2u \end{pmatrix}\)

Son déterminant (le jacobien) :

\(\det J_\Phi = (2u)(2u)- (-2v)(2v) = 4u^2 + 4v^2\)

Il est nul uniquement en \((0,0)\). On reconnaît d’ailleurs \(\Phi(u,v) = (u+iv)^2\) vue comme fonction complexe.

Pour \(f\) de classe \(C^1\), la dérivée directionnelle s’obtient par produit scalaire avec le gradient :

\(D_{\vec u} f(a) = \nabla f(a) \cdot \vec u\)

Ici \(\nabla f(x,y) = (2xy,\; x^2)\), donc \(\nabla f(1,2) = (4, 1)\).

\(D_{\vec u} f(1,2) = 4 \cdot \displaystyle\frac{3}{5} + 1 \cdot \displaystyle\frac{4}{5} = \displaystyle\frac{12 + 4}{5} = \displaystyle\frac{16}{5}\)

L’équation du plan tangent en \((a,b)\) est :

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

Ici \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 2x\) et \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 2y\), donc en \((1,1)\) les deux dérivées valent \(2\) :

\(z = 2 + 2(x-1) + 2(y-1) = 2x + 2y- 2\)

Le plan tangent a pour équation \(z = 2x + 2y- 2\).

Points critiques : on annule le gradient.

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2- 3y = 0 \quad\text{et}\quad \displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 3y^2- 3x = 0\)

Donc \(y = x^2\) et \(x = y^2\), d’où \(x = x^4\), soit \(x = 0\) ou \(x = 1\). Les points critiques sont \((0,0)\) et \((1,1)\).

Nature : la matrice hessienne est \(H_f = \begin{pmatrix} 6x & -3 \\ -3 & 6y \end{pmatrix}\).

En \((0,0)\) : \(\det H = 0 \cdot 0- 9 = -9 < 0\), c’est un point selle.

En \((1,1)\) : \(\det H = 36- 9 = 27 > 0\) et \(\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 6 > 0\), c’est un minimum local.

On dérive l’identité \(x^2 + y^2 + z(x,y)^2 = 3\) par rapport à \(x\) (le théorème des fonctions implicites garantit l’existence de \(z\) car \(2z \neq 0\) en \((1,1,1)\)) :

\(2x + 2z\,\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x} = 0 \;\Longrightarrow\; \displaystyle\frac{\partial z}{\partial x} = -\displaystyle\frac{x}{z}\)

De même \(\displaystyle\frac{\partial z}{\partial y} = -\displaystyle\frac{y}{z}\). En \((1,1,1)\) :

\(\displaystyle\frac{\partial z}{\partial x} = -1 \qquad \displaystyle\frac{\partial z}{\partial y} = -1\)

Existence des dérivées partielles en (0,0). On revient à la définition. Pour \(h \neq 0\) :

\(\displaystyle\frac{f(h,0)- f(0,0)}{h} = \displaystyle\frac{0}{h} = 0\)

donc \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = 0\). Par symétrie, \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}(0,0) = 0\). Les deux dérivées partielles existent.

Absence de continuité. Approchons \((0,0)\) le long de \(y = x\) :

\(f(x,x) = \displaystyle\frac{x^2}{2x^2} = \displaystyle\frac{1}{2} \;\underset{x\to 0}{\longrightarrow}\; \displaystyle\frac{1}{2} \neq 0\)

La limite dépend de la direction, donc \(f\) n’a pas de limite en \((0,0)\) : elle y est discontinue.

Conclusion. L’existence des dérivées partielles n’implique ni la continuité, ni la différentiabilité. C’est le contre-exemple canonique à connaître par cœur.

Calcul de la dérivée première. Comme \(\displaystyle\frac{\partial r}{\partial x} = \displaystyle\frac{x}{r}\) :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = g^\prime(r)\,\displaystyle\frac{x}{r}\)

Dérivée seconde. On dérive à nouveau par rapport à \(x\) (produit + chaîne) :

\(\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = g^{\prime\prime}(r)\displaystyle\frac{x^2}{r^2} + g^\prime(r)\,\displaystyle\frac{r- x\cdot \displaystyle\frac{x}{r}}{r^2} = g^{\prime\prime}(r)\displaystyle\frac{x^2}{r^2} + g^\prime(r)\displaystyle\frac{r^2- x^2}{r^3}\)

Par symétrie pour \(y\), puis en sommant et en utilisant \(x^2 + y^2 = r^2\) :

\(\Delta f = g^{\prime\prime}(r)\displaystyle\frac{x^2+y^2}{r^2} + g^\prime(r)\displaystyle\frac{2r^2- (x^2+y^2)}{r^3} = g^{\prime\prime}(r) + \displaystyle\frac{1}{r}g^\prime(r)\)

Fonctions harmoniques. On résout \(g^{\prime\prime} + \displaystyle\frac{1}{r}g^\prime = 0\). En posant \(h = g^\prime\) : \(\displaystyle\frac{h^\prime}{h} = -\displaystyle\frac{1}{r}\), donc \(h(r) = \displaystyle\frac{A}{r}\), puis :

\(g(r) = A\ln r + B, \quad (A,B) \in \mathbb{R}^2\)

Les fonctions radiales harmoniques sur le plan privé de l’origine sont exactement les \(A\ln r + B\) (et seules les constantes le sont sur \(\mathbb{R}^2\) entier).

On effectue le changement de variables linéaire \(s = ax + by\), \(t = bx- ay\) (inversible car \(a^2 + b^2 \neq 0\)). On pose \(v(s,t) = u(x,y)\).

Par la règle de la chaîne :

\(\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x} = a\displaystyle\frac{\partial v}{\partial s} + b\displaystyle\frac{\partial v}{\partial t}, \qquad \displaystyle\frac{\partial u}{\partial y} = b\displaystyle\frac{\partial v}{\partial s}- a\displaystyle\frac{\partial v}{\partial t}\)

On injecte dans l’équation :

\(a\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x} + b\displaystyle\frac{\partial u}{\partial y} = (a^2 + b^2)\displaystyle\frac{\partial v}{\partial s} = 0\)

Donc \(\displaystyle\frac{\partial v}{\partial s} = 0\) : \(v\) ne dépend que de \(t\). Les solutions sont :

\(u(x,y) = \varphi(bx- ay), \quad \varphi \in C^1(\mathbb{R})\)

Interprétation. \(u\) est constante le long des droites \(bx- ay = \text{cste}\), dirigées par \((a,b)\) : c’est une équation de transport.

Point critique. On annule le gradient :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 2x + y- 3 = 0, \qquad \displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 2y + x = 0\)

La seconde donne \(x = -2y\) ; en reportant : \(-4y + y- 3 = 0\), soit \(y = -1\) et \(x = 2\). Unique point critique \((2,-1)\).

Nature. La hessienne \(H = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\) a pour valeurs propres \(1\) et \(3\) (toutes deux > \(0\)) : elle est définie positive. Le point est un minimum, et comme \(f\) est une forme quadratique définie positive (à un terme affine près), c’est un minimum global. Il n’y a pas de maximum : \(f(x,0) = x^2- 3x \to +\infty\).

Valeur : \(f(2,-1) = 4 + 1- 2- 6 = -3\). Pour aller plus loin, revois la méthode d’optimisation d’une fonction de plusieurs variables.

On passe en variables \(u = x\), \(v = \displaystyle\frac{y}{x}\) (donc \(y = uv\)). Posons \(g(u,v) = f(x,y)\). La règle de la chaîne donne :

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = \displaystyle\frac{\partial g}{\partial u}- \displaystyle\frac{v}{u}\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v}, \qquad \displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = \displaystyle\frac{1}{u}\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v}\)

En injectant, avec \(x = u\) et \(y = uv\) :

\(u\left(\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u}- \displaystyle\frac{v}{u}\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v}\right) + uv\cdot\displaystyle\frac{1}{u}\displaystyle\frac{\partial g}{\partial v} = u\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} = g\)

On résout \(u\displaystyle\frac{\partial g}{\partial u} = g\) à \(v\) fixé : \(g(u,v) = u\,\varphi(v)\). En revenant aux variables initiales :

\(f(x,y) = x\,\varphi\!\left(\displaystyle\frac{y}{x}\right), \quad \varphi \in C^1\)

Ce sont exactement les fonctions homogènes de degré \(1\), cohérent avec l’identité d’Euler de l’exercice 13.

Posons \(u = t^{-1/2} e^{-x^2/(4t)}\).

Dérivée en espace. \(\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x} = t^{-1/2}\cdot\left(-\displaystyle\frac{x}{2t}\right)e^{-x^2/(4t)} = -\displaystyle\frac{x}{2}\,t^{-3/2}e^{-x^2/(4t)}\).

\(\displaystyle\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = -\displaystyle\frac{1}{2}t^{-3/2}e^{-x^2/(4t)} + \left(-\displaystyle\frac{x}{2}t^{-3/2}\right)\left(-\displaystyle\frac{x}{2t}\right)e^{-x^2/(4t)}\) \(= \left(-\displaystyle\frac{1}{2}t^{-3/2} + \displaystyle\frac{x^2}{4}t^{-5/2}\right)e^{-x^2/(4t)}\)

Dérivée en temps.

\(\displaystyle\frac{\partial u}{\partial t} = -\displaystyle\frac{1}{2}t^{-3/2}e^{-x^2/(4t)} + t^{-1/2}\cdot\displaystyle\frac{x^2}{4t^2}e^{-x^2/(4t)} = \left(-\displaystyle\frac{1}{2}t^{-3/2} + \displaystyle\frac{x^2}{4}t^{-5/2}\right)e^{-x^2/(4t)}\)

Les deux expressions sont identiques : \(u\) vérifie l’équation de la chaleur. C’est le noyau gaussien fondamental de la diffusion.