Dérivée d’un déterminant de fonctions : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : dérivée d’un déterminant de fonctions

Le corrigé détaillé : dérivée d’un déterminant de fonctions

Exercice 1 – Une courbe tracée sur la sphère (4 points)

1. Dérivée d’une expression bilinéaire

   Notons \(f = (f_1, \ldots, f_n)\) et \(g = (g_1, \ldots, g_n)\) ; les coordonnées sont dérivables, puisque \(f\) et \(g\) le sont. Ainsi \(\langle f, g \rangle = \sum_{i=1}^{n} f_i g_i\) est une somme de produits de fonctions réelles dérivables. La règle du produit donne alors :

   \[\langle f, g \rangle^{\prime} = \sum_{i=1}^{n} \left(f_i^{\prime} g_i + f_i g_i^{\prime}\right) = \langle f^{\prime}, g \rangle + \langle f, g^{\prime} \rangle.\]

   En prenant \(g = f\) et grâce à la symétrie du produit scalaire, on obtient \(\left(\lVert f \rVert^2\right)^{\prime} = 2\langle f, f^{\prime} \rangle\).

2. La norme étant positive, \(\lVert f \rVert\) est constante si et seulement si \(\lVert f \rVert^2\) l’est. Or \(I\) est un intervalle : une fonction dérivable y est constante exactement quand sa dérivée est nulle. D’après la question 1, cela revient à \(\langle f(t), f^{\prime}(t) \rangle = 0\) pour tout \(t\). Donc \(\lVert f \rVert\) est constante si et seulement si \(f(t) \perp f^{\prime}(t)\) pour tout \(t \in I\).

3. Appartenance à la sphère

   Pour tout réel \(t\), on factorise par \(\sin^2 t\) :

   \[\lVert h(t) \rVert^2 = \sin^2 t\left(\cos^2 t + \sin^2 t\right) + \cos^2 t = \sin^2 t + \cos^2 t = 1.\]

   Vecteur dérivé et orthogonalité

   On dérive chaque coordonnée, puis on reconnaît les formules de duplication : \(h^{\prime}(t) = \left(\cos 2t, \sin 2t, -\sin t\right)\). Ensuite :

   \[\langle h(t), h^{\prime}(t) \rangle = \sin t\cos t\left(\cos 2t + 2\sin^2 t – 1\right) = 0,\]

   car \(\cos 2t = 1 – 2\sin^2 t\). On retrouve bien le résultat de la question 2. Enfin, \(\cos^2 2t + \sin^2 2t = 1\), d’où \(\lVert h^{\prime}(t) \rVert = \sqrt{1 + \sin^2 t}\).

Barème : la dérivée du produit scalaire vaut un point et le cas de la norme au carré un demi-point ; l’équivalence de la question 2 rapporte un point, à condition de mentionner l’intervalle ; dans la question 3, la sphère, l’orthogonalité et la norme de \(h^{\prime}\) comptent chacune un demi-point.

Piège classique : écrire \(\left(\lVert f \rVert^2\right)^{\prime} = 2\lVert f \rVert\,\lVert f^{\prime} \rVert\) en imitant le cas réel ; la bonne dérivée fait intervenir le produit scalaire de \(f\) et \(f^{\prime}\).

Exercice 2 – Un déterminant qui se dérive sans être développé (4 points)

1. Dérivabilité

   La formule de Leibniz exprime \(\varphi(t)\) comme une somme, indexée par les permutations \(\sigma\) de \(\{1, 2, 3\}\), de termes \(\varepsilon(\sigma)\, u_{\sigma(1)}(t)\, v_{\sigma(2)}(t)\, w_{\sigma(3)}(t)\). Chacun d’eux est un produit de trois fonctions réelles dérivables, donc \(\varphi\) est dérivable.

   Expression de la dérivée

   On dérive chaque produit : il apparaît trois groupes de termes, selon que l’on dérive le facteur issu de \(u\), de \(v\) ou de \(w\). Chaque groupe redonne une formule de Leibniz, appliquée à un triplet où un seul vecteur est remplacé par sa dérivée. Par conséquent, \(\varphi^{\prime} = \det(u^{\prime}, v, w) + \det(u, v^{\prime}, w) + \det(u, v, w^{\prime})\).

2. La fonction \(g\) est de classe \(\mathcal{C}^\infty\). On applique donc la question 1 avec \(u = g\), \(v = g^{\prime}\) et \(w = g^{\prime\prime}\) :

   \[D^{\prime} = \det(g^{\prime}, g^{\prime}, g^{\prime\prime}) + \det(g, g^{\prime\prime}, g^{\prime\prime}) + \det(g, g^{\prime}, g^{\prime\prime\prime}).\]

   Or le déterminant est une forme alternée : il s’annule dès que deux vecteurs sont égaux. Les deux premiers termes disparaissent, si bien que \(D^{\prime}(t) = \det\left(g(t), g^{\prime}(t), g^{\prime\prime\prime}(t)\right)\).

3. Calcul de la dérivée

   On a \(g^{\prime\prime\prime}(t) = (\sin t, -\cos t, 0)\). Développons selon la dernière ligne :

   \[D^{\prime}(t) = \begin{vmatrix} \cos t & -\sin t & \sin t \\ \sin t & \cos t & -\cos t \\ t & 1 & 0 \end{vmatrix} = t \times 0 – 1 \times \left(-\cos^2 t – \sin^2 t\right) = 1.\]

   En effet, le mineur associé à \(t\) vaut \(\sin t\cos t – \sin t\cos t = 0\).

   Valeur en 0 et conclusion

   Ensuite, \(g(0) = (1, 0, 0)\) et \(g^{\prime\prime}(0) = (-1, 0, 0)\). Ces deux vecteurs sont colinéaires, donc \(D(0) = 0\). Comme \(D^{\prime} = 1\) sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), on conclut que \(D(t) = t\) pour tout réel \(t\).

Barème : un point et demi pour la question 1, dont un demi-point pour la dérivabilité ; un point pour l’élimination des deux termes par alternance ; enfin, la valeur de \(D^{\prime}\), celle de \(D(0)\) et la conclusion se partagent le dernier point et demi.

Exercice 3 – Deux majorations sur la développante du cercle (4 points)

1. Les termes en \(\sin t\) et en \(\cos t\) se compensent lors de la dérivation : \(\gamma^{\prime}(t) = \left(t\cos t, t\sin t\right)\). Puisque \(t \geq 0\), on obtient \(\lVert \gamma^{\prime}(t) \rVert = t\).

2. La fonction \(\gamma\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur le segment \([0, x]\), et \(\lVert \gamma^{\prime}(t) \rVert = t \leq x\) sur ce segment. L’inégalité des accroissements finis, valable pour les fonctions vectorielles, donne donc \(\lVert \gamma(x) – \gamma(0) \rVert \leq x \times (x – 0)\). Ainsi \(\lVert \gamma(x) – \gamma(0) \rVert \leq x^2\).

3. Dérivée seconde

   On dérive \(\gamma^{\prime}\) : \(\gamma^{\prime\prime}(t) = \left(\cos t – t\sin t, \sin t + t\cos t\right)\). En développant les carrés, les doubles produits s’éliminent, d’où \(\lVert \gamma^{\prime\prime}(t) \rVert = \sqrt{1 + t^2}\).

   Majoration par Taylor

   La fonction \(\gamma\) est de classe \(\mathcal{C}^2\), donc la formule de Taylor avec reste intégral s’applique entre 0 et \(x\) :

   \[\gamma(x) = \gamma(0) + x\,\gamma^{\prime}(0) + \int_0^x (x – t)\,\gamma^{\prime\prime}(t)\,\mathrm{d}t.\]

   Or \(\gamma^{\prime}(0) = (0, 0)\). On majore ensuite la norme de l’intégrale par l’intégrale de la norme, puis \(\sqrt{1 + t^2}\) par \(\sqrt{1 + x^2}\) :

   \[\lVert \gamma(x) – \gamma(0) \rVert \leq \sqrt{1 + x^2} \int_0^x (x – t)\,\mathrm{d}t = \frac{x^2}{2}\sqrt{1 + x^2}.\]

   On a bien établi la majoration demandée.

4. Pour \(x > 0\), on divise par \(x^2\) : la condition \(\frac{x^2}{2}\sqrt{1 + x^2} < x^2\) équivaut à \(\sqrt{1 + x^2} < 2\), soit \(x^2 < 3\). La majoration de Taylor est strictement meilleure exactement pour \(0 < x < \sqrt{3}\).

Piège classique : invoquer une « égalité » des accroissements finis pour une fonction à valeurs dans \(\mathbb{R}^2\) ; seule l’inégalité subsiste dans le cas vectoriel.

Barème : un point pour \(\gamma^{\prime}\) et sa norme ; un point pour l’inégalité des accroissements finis correctement citée ; un point et demi pour \(\gamma^{\prime\prime}\), la formule de Taylor et la majoration ; un demi-point pour le seuil \(\sqrt{3}\).

Exercice 4 – Problème : la boucle d’une cubique paramétrée (8 points)

1. Signes des dérivées

   On a \(x^{\prime}(t) = 2t + 1\), qui s’annule en \(-\frac{1}{2}\), et \(y^{\prime}(t) = 3(t – 1)(t + 1)\), qui s’annule en \(-1\) et en \(1\). Ainsi \(x\) décroît sur \(\left]-\infty, -\frac{1}{2}\right]\) puis croît, tandis que \(y\) croît, décroît sur \([-1, 1]\), puis croît de nouveau.

   Tableau commun

   \(t\)	\(-\infty\)	\(-2\)	\(-1\)	\(-\frac{1}{2}\)	\(0\)	\(1\)	\(+\infty\)
   \(x^{\prime}(t)\)	–	–	–	0	+	+	+
   \(x(t)\)	\(+\infty\) ↘	\(2\) ↘	\(0\) ↘	\(-\frac{1}{4}\)	↗ \(0\)	↗ \(2\)	↗ \(+\infty\)
   \(y^{\prime}(t)\)	+	+	0	–	–	0	+
   \(y(t)\)	\(-\infty\) ↗	\(-2\) ↗	\(2\)	↘ \(\frac{11}{8}\)	↘ \(0\)	↘ \(-2\)	↗ \(+\infty\)

   Par exemple, \(y\left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{8} + \frac{3}{2} = \frac{11}{8}\). Le tableau résume ainsi le mouvement du point \(M(t)\).

2. Les dérivées \(x^{\prime}\) et \(y^{\prime}\) ne s’annulent jamais en même temps, car \(y^{\prime}\left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{9}{4} \neq 0\). Tous les points de \(\Gamma\) sont donc réguliers. Ensuite, la tangente est horizontale quand \(y^{\prime}(t) = 0\), soit aux points \(M(-1) = (0, 2)\) et \(M(1) = (2, -2)\). Elle est verticale quand \(x^{\prime}(t) = 0\), c’est-à-dire au point \(M\left(-\frac{1}{2}\right) = \left(-\frac{1}{4}, \frac{11}{8}\right)\).

3. Mise en équations

   Soit \(t_1 \neq t_2\) tels que \(M(t_1) = M(t_2)\). L’égalité des abscisses s’écrit \((t_1 – t_2)(t_1 + t_2 + 1) = 0\), donc \(s = -1\). Celle des ordonnées donne \((t_1 – t_2)\left(t_1^2 + t_1 t_2 + t_2^2 – 3\right) = 0\). Puisque \(t_1^2 + t_1 t_2 + t_2^2 = s^2 – p\), on obtient \(1 – p = 3\), d’où \(p = -2\).

   Résolution par somme et produit

   Les réels \(t_1\) et \(t_2\) sont alors les racines de \(X^2 + X – 2 = (X – 1)(X + 2)\). Réciproquement, \(M(1) = (2, -2)\) et \(M(-2) = (4 – 2, -8 + 6) = (2, -2)\). Les seuls couples sont \((1, -2)\) et \((-2, 1)\) : la courbe a un unique point double, \((2, -2)\).

4. Branches infinies

   Pour \(t \notin \{-1, 0\}\), on simplifie par \(t\) : \(\frac{y(t)}{x(t)} = \frac{t^2 – 3}{t + 1}\), qui tend vers \(+\infty\) en \(+\infty\) et vers \(-\infty\) en \(-\infty\). Comme \(x(t) \to +\infty\) dans les deux cas, \(\Gamma\) présente deux branches paraboliques de direction asymptotique \((Oy)\), l’une vers le haut et l’autre vers le bas.

   Allure de la courbe

   Quand \(t\) parcourt \([-2, 1]\), le point décrit une boucle qui part de \((2, -2)\), monte jusqu’à \((0, 2)\), passe par le point de tangente verticale, traverse l’origine puis revient en \((2, -2)\). En ce point double, les deux tangentes sont distinctes : l’une est horizontale (\(t = 1\)), l’autre dirigée par \(M^{\prime}(-2) = (-3, 9)\). La figure résume cette étude.

   

5. L’application \((U, V) \mapsto \det(U, V)\) est bilinéaire sur \(\mathbb{R}^2\), et \(M\) est de classe \(\mathcal{C}^2\). Par conséquent, \(\varphi^{\prime} = \det(M^{\prime}, M^{\prime}) + \det(M, M^{\prime\prime})\), et le premier terme est nul par alternance. Avec \(M^{\prime\prime}(t) = (2, 6t)\), on calcule :

   \[\det\left(M(t), M^{\prime\prime}(t)\right) = 6t\left(t^2 + t\right) – 2\left(t^3 – 3t\right) = 4t^3 + 6t^2 + 6t.\]

   Enfin, \(M(0) = (0, 0)\) donne \(\varphi(0) = 0\). En intégrant sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), on obtient \(\varphi(t) = t^4 + 2t^3 + 3t^2\).

6. On intègre terme à terme sur \([-2, 1]\). D’abord, \(\int_{-2}^{1} t^4\,\mathrm{d}t = \frac{1 + 32}{5} = \frac{33}{5}\). Ensuite, \(\int_{-2}^{1} 2t^3\,\mathrm{d}t = \frac{1 – 16}{2} = -\frac{15}{2}\). De plus, \(\int_{-2}^{1} 3t^2\,\mathrm{d}t = 1 + 8 = 9\). La somme vaut donc \(\frac{66 – 75 + 90}{10} = \frac{81}{10}\).

   L’aire de la boucle est \(\mathcal{A} = \frac{81}{20} = 4{,}05\) unités d’aire. Ce résultat est plausible, car la boucle tient dans un rectangle de largeur \(\frac{9}{4}\) et de hauteur 4.

Piège classique : oublier la réciproque dans la recherche du point double ; il faut vérifier que les valeurs trouvées donnent bien le même point.

Barème : un point et demi pour le tableau, dont un demi-point pour les valeurs ; un point pour la régularité et les tangentes ; un point et demi pour le point double avec sa réciproque ; un point et demi pour les branches infinies et le tracé ; un point pour \(\varphi\) ; un point et demi pour l’aire, dont un demi-point pour la valeur finale.

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