QCM : Différentielle et jacobienne en L2 de maths

Réponse A.

On dérive par rapport à \(x\) en gelant \(y\) : \(\partial_x f(x,y)=2xy\), car \(3y^2\) est constant en \(x\). Au point \((1,2)\), on trouve donc \(4\). La valeur \(13\) est la dérivée partielle par rapport à \(y\), soit \(x^2+6y\). Oublier le facteur \(y\) donne \(2\). Enfin, \(14\) est simplement la valeur \(f(1,2)\).

Réponse D.

Les trois dérivées partielles valent \(yz\), \(xz\) et \(xy\). Au point \((1,2,3)\), elles donnent respectivement \(6\), \(3\) et \(2\). Le piège \((2,3,6)\) range les composantes dans le désordre. Recopier le point fournit \((1,2,3)\), ce qui n’a aucun sens. Quant à \((6,6,6)\), il répète la valeur \(f(1,2,3)\) dans chaque composante.

Réponse A.

La fonction est de classe \(C^1\), donc différentiable, et \(df_{(0,0)}(h,k)=\partial_x f(0,0)\,h+\partial_y f(0,0)\,k\). Or \(\partial_x f=e^y\) vaut \(1\) en l’origine, tandis que \(\partial_y f=x\,e^y\) y est nulle. Ainsi, la différentielle est \((h,k)\mapsto h\). Le piège \(h+k\) oublie le facteur \(x\), et \(h\,e^k\) confond la différentielle, linéaire, avec \(f(h,k)\).

Réponse B.

La fonction est de classe \(C^1\), donc la dérivée selon \(v\) est \(\langle\nabla f(1,1),v\rangle\). Le gradient vaut \((y^2,2xy)=(1,2)\) en \((1,1)\), d’où \(2-2=0\). Le piège \(4\) oublie le signe de la seconde composante de \(v\). En inversant les composantes du gradient, on obtient \(3\). Enfin, \(\sqrt{5}\) est la norme de \(v\), sans rapport avec \(f\).

Réponse D.

Si \(f\) est différentiable en \(a\), alors \(f(a+h)-f(a)=df_a(h)+\|h\|\varepsilon(h)\), et le membre de droite tend vers \(f(a)\). Par conséquent, \(f\) est continue en \(a\). En revanche, l’existence des dérivées partielles ne suffit pas, car elle ne regarde que deux directions. De même, une fonction différentiable peut ne pas être \(C^1\). Enfin, \(|x|+|y|\) est continue sans dérivées partielles en l’origine.

Réponse C.

Chaque ligne de la jacobienne contient les dérivées partielles d’une composante. La première ligne est donc \((2x,\,-1)\), issue de \(x^2-y\), et la seconde \((y,\,x)\), issue de \(xy\). Le piège le plus fréquent écrit la transposée, en rangeant les composantes en colonnes. Les deux autres réponses perdent le signe moins ou dérivent \(xy\) par rapport à la mauvaise variable.

Réponse C.

La règle de la chaîne donne \(g^{\prime}(t)=x^{\prime}(t)\,\partial_1 f+y^{\prime}(t)\,\partial_2 f\), où les dérivées partielles sont évaluées en \((\cos t,\sin t)\). Comme \(x^{\prime}=-\sin t\) et \(y^{\prime}=\cos t\), on obtient \(-\sin t\,\partial_1 f+\cos t\,\partial_2 f\). Le piège des signes vient d’une dérivée du cosinus prise positive. Oublier les dérivées intérieures donne la somme simple. Enfin, la règle de la chaîne ajoute les termes, elle ne les multiplie jamais.

Réponse D.

Le théorème fondamental affirme qu’une fonction de classe \(C^1\) sur un ouvert y est différentiable. C’est donc la méthode standard, souvent appliquée avec les théorèmes généraux sur les sommes, produits et composées. En revanche, la simple existence des dérivées partielles ne suffit pas, et la continuité non plus. Même l’existence des dérivées dans toutes les directions reste insuffisante, comme le montre un contre-exemple classique.

Réponse A.

Sur les axes, \(f\) est nulle, donc les deux dérivées partielles en l’origine valent \(0\). De plus, \(2|xy|\leqslant x^2+y^2\), si bien que \(|f(x,y)|\leqslant\frac{x^2}{2}\leqslant\frac{1}{2}\|(x,y)\|^2\). Ainsi, \(f(h)=o(\|h\|)\) et \(f\) est différentiable de différentielle nulle. La réponse \(df_{(0,0)}(h,k)=h^2\) propose un terme du second ordre, qui n’est pas linéaire en \((h,k)\).

Réponse B.

D’une part, \(x^2\leqslant x^2+y^2\), donc \(|g(x,y)|\leqslant|y|\) et \(g\) est continue. D’autre part, \(g\) s’annule sur les axes, d’où des dérivées partielles nulles. Si \(g\) était différentiable, sa différentielle serait donc nulle. Or \(g(t,t)=\frac{t}{2}\), et le quotient par \(\|(t,t)\|=\sqrt{2}|t|\) garde une valeur absolue égale à \(\frac{1}{2\sqrt{2}}\). Le piège principal conclut trop vite à partir des seules dérivées partielles.

Réponse B.

Pour \(v=(h,k)\) avec \(h\neq 0\), le quotient \(f(th,tk)/t\) tend vers \(k^2/h\) ; si \(h=0\), \(f\) est nulle sur l’axe vertical. Ainsi, toutes les dérivées directionnelles existent. Cependant, sur la parabole \(x=y^2\), \(f\) vaut \(\frac{1}{2}\), donc \(f\) n’est pas continue en l’origine. Le piège des droites oublie les chemins courbes. Par conséquent, \(f\) ne peut pas non plus être différentiable.

Réponse C.

Sur le segment \([a,b]\), contenu dans le convexe \(\mathbb{R}^2\), on a \(|f(b)-f(a)|\leqslant\sup\|\nabla f\|\cdot\|b-a\|\), grâce à l’inégalité de Cauchy-Schwarz. Ici, \(\|(1,1)\|=\sqrt{2}\), donc la borne vaut \(3\sqrt{2}\). Le piège \(3\) oublie la longueur du segment. Ensuite, \(6\) utilise la norme somme du vecteur \(b-a\), qui ne s’associe pas à la norme euclidienne du gradient.