Dérivées partielles et gradient en maths sup (MPSI) : cours et méthodes

Étant donnés \(a\in\mathbb{R}^2\) et \(r>0\), on note \(B(a,r)=\{m\in\mathbb{R}^2,\ \|m-a\|<r\}\) l’ensemble des points situés à distance strictement inférieure à \(r\) de \(a\) : c’est une boule ouverte. On qualifie \(U\subset\mathbb{R}^2\) d’ouvert lorsque, autour de chacun de ses points, elle contient une petite boule : pour tout \(a\in U\), il existe \(r>0\) avec \(B(a,r)\subset U\).

Soit \(U\) un ouvert, \(f : U\to\mathbb{R}\) et \(a\in U\). On dit que \(f\) est continue en \(a\) si \(f(m)\) tend vers \(f(a)\) quand \(\|m-a\|\) tend vers 0. Autrement dit, pour tout \(\varepsilon>0\), il existe \(\delta>0\) tel que \(\|m-a\|<\delta\) entraîne \(|f(m)-f(a)|<\varepsilon\).

Pour étudier la continuité en un point « à problème », souvent l’origine :

1. Pour prouver la continuité, majorer \(|f(x,y)-f(0,0)|\) par une quantité qui ne dépend que de \(r=\sqrt{x^2+y^2}\) et tend vers 0. On utilise \(|x|\leqslant r\) et \(|y|\leqslant r\).
2. Pour prouver la discontinuité, trouver une courbe qui arrive en l’origine le long de laquelle \(f\) ne tend pas vers \(f(0,0)\).

Posons \(g(x,y)=\dfrac{3xy}{2x^2+y^2}\) hors de l’origine et \(g(0,0)=0\). Sur l’axe des abscisses, \(g(t,0)=0\). En revanche, sur la diagonale, \(g(t,t)=3t^2/(3t^2)=1\) pour \(t\neq 0\). Ainsi, \(g\) prend la valeur 1 en des points aussi proches qu’on veut de l’origine. Donc \(g\) n’est pas continue en \((0,0)\).

À l’inverse, posons \(k(x,y)=\dfrac{x^2y}{x^2+y^2}\) hors de l’origine et \(k(0,0)=0\). Avec \(r=\sqrt{x^2+y^2}\), on a \(x^2\leqslant r^2\) et \(|y|\leqslant r\). Par conséquent, \(|k(x,y)|\leqslant r^3/r^2=r\). Ce majorant tend vers 0, donc \(k\) est continue à l’origine. Ici, le degré du numérateur, égal à 3, dépasse celui du dénominateur, ce qui explique le succès de la majoration.

Soit \(U\) un ouvert, \(f : U\to\mathbb{R}\), \(a\in U\) et \(v\in\mathbb{R}^2\) non nul. Si la fonction \(t\mapsto f(a+tv)\), définie près de 0, est dérivable en 0, on appelle dérivée de \(f\) en \(a\) selon \(v\) le nombre

\[D_vf(a)=\lim_{t\to 0}\frac{f(a+tv)-f(a)}{t}.\]

Les dérivées selon \(e_1=(1,0)\) et \(e_2=(0,1)\) sont les dérivées partielles de \(f\) en \(a\). On les note \(\partial_1f(a)\) et \(\partial_2f(a)\), ou encore \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(a)\) et \(\dfrac{\partial f}{\partial y}(a)\).

Soit \(f(x,y)=x\,e^{xy}+\ln(1+y^2)\) sur \(\mathbb{R}^2\). À \(y\) fixé, la dérivée d’un produit donne \(\partial_1f(x,y)=e^{xy}+xy\,e^{xy}=(1+xy)e^{xy}\). Ensuite, à \(x\) fixé, on obtient \(\partial_2f(x,y)=x^2e^{xy}+\dfrac{2y}{1+y^2}\). Par exemple, au point \((2,0)\), on trouve \(\partial_1f(2,0)=1\) et \(\partial_2f(2,0)=4\).

On réserve le nom de fonction de classe \(\mathcal{C}^1\) sur l’ouvert \(U\) aux fonctions \(f\) dont \(\partial_1f\) et \(\partial_2f\) sont définies partout sur \(U\) et y forment deux fonctions continues.

Pour montrer qu’une fonction définie par morceaux est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}^2\) :

1. Hors du point de raccord, invoquer les théorèmes d’opérations.
2. Au point de raccord, calculer les dérivées partielles par la définition, avec un taux d’accroissement.
3. Montrer que les expressions trouvées à l’étape 1 tendent vers ces valeurs, en majorant par une fonction de \(r=\|(x,y)\|\).

Soit \(f\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur l’ouvert \(U\) et \(a\in U\). Quand \(h=(h_1,h_2)\) tend vers \((0,0)\), on a

\[f(a+h)=f(a)+h_1\,\partial_1f(a)+h_2\,\partial_2f(a)+o(\|h\|).\]

En particulier, \(f\) est continue sur \(U\).

Notons \(a=(a_1,a_2)\). On passe de \(a\) à \(a+h\) en deux étapes, d’abord horizontalement, puis verticalement. Pour \(h\) assez petit, les deux segments restent dans \(U\). Sur chacun d’eux, on applique l’égalité des accroissements finis à une fonction d’une variable. On obtient \(f(a+h)-f(a)=h_1\partial_1f(c)+h_2\partial_2f(c^{\prime})\), où \(c\) et \(c^{\prime}\) tendent vers \(a\) avec \(h\). Par continuité des dérivées partielles, la différence avec \(h_1\partial_1f(a)+h_2\partial_2f(a)\) est négligeable devant \(\|h\|\).

On regroupe les deux dérivées partielles dans le vecteur \(\nabla f(a)=\bigl(\partial_1f(a),\partial_2f(a)\bigr)\), appelé gradient de \(f\) en \(a\). Avec cette notation, le développement limité prend la forme \(f(a+h)=f(a)+\langle\nabla f(a),h\rangle+o(\|h\|)\).

Pour \(f\) de classe \(\mathcal{C}^1\), toutes les dérivées directionnelles existent, avec \(D_vf(a)=\langle\nabla f(a),v\rangle\). Si \(\nabla f(a)\neq 0\), la dérivée selon un vecteur unitaire est maximale dans la direction de \(\nabla f(a)\), et elle vaut alors \(\|\nabla f(a)\|\).

Soit \(f\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(U\) et \((a,b)\in U\). Le plan tangent à la surface \(z=f(x,y)\) au point \(\bigl(a,b,f(a,b)\bigr)\) est le plan d’équation

\[z=f(a,b)+\partial_1f(a,b)\,(x-a)+\partial_2f(a,b)\,(y-b).\]

Considérons \(f(x,y)=\sqrt{x^2+2y^2}\) au point \((1,2)\), où \(f(1,2)=3\). Sur \(\mathbb{R}^2\) privé de l’origine, \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), avec \(\partial_1f=x/f\) et \(\partial_2f=2y/f\). On obtient \(\partial_1f(1,2)=1/3\) et \(\partial_2f(1,2)=4/3\). Le plan tangent a donc pour équation \(z=3+\frac{1}{3}(x-1)+\frac{4}{3}(y-2)\), soit \(x+4y-3z=0\).

Par exemple, on en déduit \(f(1{,}03\,;\,1{,}97)\approx 3+0{,}01-0{,}04=2{,}97\). La calculatrice donne environ \(2{,}9703\).

Soit \(f\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur l’ouvert \(U\), et \(x,y\) deux fonctions de classe \(\mathcal{C}^1\) sur un intervalle \(I\), avec \(\bigl(x(t),y(t)\bigr)\in U\) pour tout \(t\). Alors \(\varphi : t\mapsto f\bigl(x(t),y(t)\bigr)\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(I\), et

\[\varphi^{\prime}(t)=x^{\prime}(t)\,\partial_1f\bigl(x(t),y(t)\bigr)+y^{\prime}(t)\,\partial_2f\bigl(x(t),y(t)\bigr).\]

Soit \(f(x,y)=x^2y+y\) et la courbe \(\gamma(t)=(e^t,t^2)\). La règle de la chaîne donne d’abord \(\partial_1f=2xy\) et \(\partial_2f=x^2+1\). Ensuite, \(x^{\prime}(t)=e^t\) et \(y^{\prime}(t)=2t\). On obtient donc \(\varphi^{\prime}(t)=e^t\times 2e^tt^2+2t\,(e^{2t}+1)\), soit \(\varphi^{\prime}(t)=2e^{2t}(t^2+t)+2t\).

Pour contrôler, on écrit directement \(\varphi(t)=t^2e^{2t}+t^2\). Sa dérivée vaut \(2te^{2t}+2t^2e^{2t}+2t\), ce qui concorde. Sur un exemple aussi simple, le calcul direct suffit. En revanche, la règle de la chaîne devient indispensable quand \(f\) n’est pas connue explicitement.

Soit \(V\) un ouvert, \(\varphi,\psi : V\to\mathbb{R}\) de classe \(\mathcal{C}^1\), avec \(\bigl(\varphi(u,v),\psi(u,v)\bigr)\in U\), et \(f\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(U\). Alors \(g(u,v)=f\bigl(\varphi(u,v),\psi(u,v)\bigr)\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(V\), et

\[\frac{\partial g}{\partial u}=\frac{\partial \varphi}{\partial u}\,\partial_1f(\varphi,\psi)+\frac{\partial \psi}{\partial u}\,\partial_2f(\varphi,\psi).\]

On obtient \(\partial g/\partial v\) en remplaçant \(u\) par \(v\) dans cette formule.

Soit \(I\) et \(J\) deux intervalles ouverts et \(g\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(I\times J\). Si \(\partial g/\partial u=0\) sur \(I\times J\), alors il existe \(h\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(J\) telle que \(g(u,v)=h(v)\) pour tout \((u,v)\).

Pour résoudre une équation aux dérivées partielles par changement de variables :

1. Choisir \((u,v)\) en fonction de \((x,y)\), le plus souvent suggéré par l’énoncé, et vérifier que l’on a une bijection d’un ouvert sur un autre, à réciproque de classe \(\mathcal{C}^1\).
2. Poser \(f(x,y)=g(u,v)\) et calculer \(\partial_1f\) et \(\partial_2f\) par la règle de la chaîne.
3. Réécrire l’équation en fonction de \(g\) : on doit obtenir une équation simple, du type \(\partial g/\partial u=0\).
4. Résoudre en \(g\) grâce au lemme, puis revenir à \(f\) et vérifier les solutions dans l’équation de départ.

Cherchons les \(f\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}^2\) telles que \(2\partial_1f+5\partial_2f=0\). Posons \(u=x\) et \(v=5x-2y\). Cette application linéaire est bijective, de réciproque \(x=u\), \(y=(5u-v)/2\). On écrit donc \(f(x,y)=g(x,5x-2y)\) avec \(g\) de classe \(\mathcal{C}^1\).

La règle de la chaîne donne \(\partial_1f=\partial_ug+5\,\partial_vg\) et \(\partial_2f=-2\,\partial_vg\). Ainsi \(2\partial_1f+5\partial_2f=2\,\partial_ug\). L’équation équivaut donc à \(\partial_ug=0\). Par le lemme, \(g(u,v)=h(v)\). Finalement, les solutions sont les fonctions \(f(x,y)=h(5x-2y)\), avec \(h\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\). On vérifie : \(2\times 5h^{\prime}+5\times(-2)h^{\prime}=0\).

Sur le demi-plan supérieur \(U=\{y>0\}\), cherchons les \(f\) de classe \(\mathcal{C}^1\) telles que \(x\,\partial_1f+y\,\partial_2f=0\). Cette fois, on passe en polaires avec \(r>0\) et \(\theta\in\,]0,\pi[\). Cette application est une bijection de \(]0,+\infty[\,\times\,]0,\pi[\) sur \(U\), et sa réciproque est de classe \(\mathcal{C}^1\).

On pose \(g(r,\theta)=f(r\cos\theta,r\sin\theta)\). D’après la partie 4.2, \(r\,\partial_rg=x\,\partial_1f+y\,\partial_2f\). L’équation équivaut donc à \(\partial_rg=0\), d’où \(g(r,\theta)=h(\theta)\). Or \(\theta\) est déterminé par \(\cot\theta=x/y\). Par conséquent, les solutions sont les fonctions \(f(x,y)=k(x/y)\), avec \(k\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\). Géométriquement, \(f\) est constante sur chaque demi-droite issue de l’origine.

Soit \(f : U\to\mathbb{R}\) et \(a\in U\). Le point \(a\) porte un maximum local de \(f\) lorsqu’une boule \(B(a,r)\), avec \(r>0\), vérifie \(f(m)\leqslant f(a)\) en chacun de ses points \(m\) situés dans \(U\). Un minimum local se définit en renversant l’inégalité. Si l’inégalité vaut sur tout \(U\), l’extremum est global. Enfin, si \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), un point critique de \(f\) est un point où \(\nabla f(a)=0\).

Soit \(f\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur un ouvert \(U\) et \(a\in U\). Lorsque \(a\) porte un extremum local de \(f\), le gradient de \(f\) s’annule en \(a\).

Traitons le cas d’un maximum local en \(a=(a_1,a_2)\). L’ouverture de \(U\) garantit que \(t\mapsto f(a_1+t,a_2)\) a pour domaine un ensemble qui contient un intervalle ouvert centré en 0. Cette fonction y admet un maximum local en 0, et elle est dérivable. Sa dérivée en 0 est donc nulle, ce qui s’écrit \(\partial_1f(a)=0\). Le même argument, appliqué à \(t\mapsto f(a_1,a_2+t)\), fournit \(\partial_2f(a)=0\).

La réciproque est fausse. Pour \(f(x,y)=x^3+y^2\), l’origine est un point critique, car \(\nabla f(x,y)=(3x^2,2y)\). Pourtant, \(f(t,0)=t^3\) change de signe en 0. Ainsi, \(f\) prend près de l’origine des valeurs plus grandes et plus petites que \(f(0,0)=0\) : ce n’est pas un extremum.

Pour chercher les extremums d’une fonction \(f\) de classe \(\mathcal{C}^1\) sur un ouvert \(U\) :

1. Résoudre le système \(\partial_1f=0\), \(\partial_2f=0\) dans \(U\). Seuls ces points peuvent porter un extremum.
2. En chaque point critique \(a\), étudier le signe de \(f(a+h)-f(a)\) pour \(h\) petit : compléter un carré, factoriser, ou utiliser une inégalité connue.
3. Si deux directions donnent des signes opposés, conclure qu’il n’y a pas d’extremum. Si le signe est constant pour tout \(h\), l’extremum est global.

Soit \(f(x,y)=x^2-xy+y^2-3y\) sur \(\mathbb{R}^2\). Les dérivées partielles sont \(2x-y\) et \(-x+2y-3\). Le système donne \(y=2x\), puis \(3x=3\). L’unique point critique est donc \((1,2)\), où \(f(1,2)=-3\).

Ensuite, les termes du premier degré disparaissent dans la différence, puisque le point est critique. On obtient \(f(1+h,2+k)-f(1,2)=h^2-hk+k^2\). Or \(h^2-hk+k^2=(h-k/2)^2+3k^2/4\geqslant 0\). Par conséquent, \(f\) admet en \((1,2)\) un minimum global, égal à \(-3\).

Pour montrer qu’un point critique \(a\) ne porte pas d’extremum, il suffit de restreindre \(f\) à deux droites passant par \(a\). Si \(t\mapsto f(a+tv)\) admet un minimum strict en 0 et \(t\mapsto f(a+tw)\) un maximum strict, la conclusion est immédiate. Par exemple, pour \(f(x,y)=x^2-4xy+y^2\) en l’origine, on a \(f(t,0)=t^2>0\) et \(f(t,t)=-2t^2<0\) pour \(t\neq 0\).

• S’exercer : exercices corrigés de maths sup (MPSI) sur dérivées partielles et gradient
• Bases utiles : Dérivabilité, Rolle et accroissements finis, Produit scalaire, orthogonalité et Gram-Schmidt
• Chapitre d’avant : Produit scalaire, orthogonalité et Gram-Schmidt
• Vérifier ses acquis : QCM de maths sup (MPSI) sur dérivées partielles et gradient
• Contrôle corrigé en temps limité : Gradient, règle de la chaîne et EDP : contrôle de maths en MPSI
• Le même thème en L2 de maths : Dérivées partielles, différentielle et jacobienne
• Tous les chapitres : le sommaire de maths sup (MPSI)
• Après le bac : les maths post-bac, de la MPSI à la L3