Différentiabilité en un point : corrigé du contrôle de maths en L2
Voici le corrigé du contrôle de maths en L2 sur le thème « différentiabilité en un point », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie de partiel : chaque hypothèse est vérifiée et chaque théorème est cité. Pour les fonctions définies par morceaux, elle sépare toujours le calcul à l’origine, mené par taux d’accroissement, de l’étude ailleurs. Le contre-exemple est détaillé, car il illustre la différence entre dérivées directionnelles et différentiabilité. Ensuite, la majoration du reste repose sur une inégalité élémentaire que l’on prouve en une ligne. La règle de la chaîne est contrôlée par un calcul direct, puis le problème est accompagné d’un schéma des montées et descentes. Comparez donc votre copie avec le barème question par question, et repérez les pièges signalés.
L’énoncé complet se trouve ici : Différentiabilité en un point : contrôle de maths en L2.
Barème du contrôle corrigé : différentiabilité en un point
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Gradient et plan tangent | 3 points |
| 2. Des dérivées partout, mais pas de continuité | 4 points |
| 3. Une fonction par morceaux différentiable | 5 points |
| 4. Jacobienne et composée | 3 points |
| 5. Problème : la randonnée autour du sommet | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : différentiabilité en un point
Exercice 1 – Gradient et plan tangent (3 points)
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La fonction \(f\) est la somme d’un polynôme et de la composée de l’exponentielle avec une fonction polynomiale. Elle est donc de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\), et l’on a :
\[\frac{\partial f}{\partial x}(x, y) = 3x^2 y + \mathrm{e}^{x – y}, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = x^3 – 4y – \mathrm{e}^{x – y}.\]
En \((1, 1)\), on a \(\mathrm{e}^{0} = 1\). Ainsi \(\nabla f(1, 1) = (3 + 1,\; 1 – 4 – 1) = (4, -4)\).
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Comme \(f\) est de classe \(C^1\), elle est différentiable, donc la dérivée dans la direction \(u\) vaut \(\nabla f(1, 1) \cdot u\). Il vient \(4 \times \frac{3}{5} – 4 \times \frac{4}{5} = \frac{12 – 16}{5}\). La dérivée cherchée vaut \(-\frac{4}{5}\).
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D’abord, \(f(1, 1) = 1 – 2 + 1 = 0\). Le plan tangent a pour équation \(z = f(1, 1) + 4(x – 1) – 4(y – 1)\). Après simplification, on obtient \(z = 4x – 4y\).
Exercice 2 – Des dérivées partout, mais pas de continuité (4 points)
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Pour \(t \neq 0\), on a \(g(t, 0) = 0\) et \(g(0, t) = 0\). Les taux d’accroissement \(\frac{g(t, 0) – g(0, 0)}{t}\) et \(\frac{g(0, t) – g(0, 0)}{t}\) sont donc nuls. Par conséquent, les deux dérivées partielles en \((0, 0)\) valent 0.
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Si \(b = 0\), alors \(g(ta, 0) = 0\) et la dérivée est nulle. Supposons donc \(b \neq 0\). Pour \(t \neq 0\) :
\[\frac{g(ta, tb)}{t} = \frac{t^4 a^3 b}{t\left(t^6 a^6 + t^2 b^2\right)} = \frac{t\,a^3 b}{t^4 a^6 + b^2}.\]
Quand \(t\) tend vers 0, le numérateur tend vers 0 et le dénominateur vers \(b^2 \neq 0\). Ainsi \(g\) admet en \((0, 0)\) une dérivée nulle dans toute direction \(v\).
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Le long de la courbe cubique
Pour \(x \neq 0\), on a \(g(x, x^3) = \frac{x^3 \times x^3}{x^6 + x^6} = \frac{x^6}{2x^6}\). Donc \(g(x, x^3) = \frac{1}{2}\).
Or \((x, x^3)\) tend vers \((0, 0)\) quand \(x\) tend vers 0, alors que \(g(x, x^3)\) reste égal à \(\frac{1}{2} \neq g(0, 0)\). La fonction \(g\) n’est donc pas continue en \((0, 0)\).
Enfin, une fonction différentiable en un point y est continue. Par contraposée, \(g\) n’est pas différentiable en \((0, 0)\), bien que toutes ses dérivées directionnelles y existent.
Piège classique : tester seulement les droites \(y = mx\). Elles donnent toutes la limite 0, ce qui ne prouve rien : il faut ici un chemin courbe.
Exercice 3 – Une fonction par morceaux différentiable (5 points)
Une majoration du reste
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Pour tous réels \(x\) et \(y\), on a \(x^4 + y^2 – 2x^2|y| = \left(x^2 – |y|\right)^2 \geq 0\). D’où \(x^4 + y^2 \geq 2x^2|y|\).
Pour \((x, y) \neq (0, 0)\), le dénominateur \(x^4 + y^2\) est strictement positif. Alors :
\[\left|\varphi(x, y) – 2x – y\right| = \frac{x^2 |y|^3}{x^4 + y^2} = y^2 \times \frac{x^2 |y|}{x^4 + y^2} \leq \frac{y^2}{2}.\]
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D’après la question 1, \(|\varphi(x, y)| \leq 2|x| + |y| + \frac{y^2}{2}\), et ce majorant tend vers 0 en \((0, 0)\). Ainsi \(\varphi\) tend vers \(0 = \varphi(0, 0)\) : elle est continue en \((0, 0)\).
Dérivées partielles, puis différentielle
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Pour \(t \neq 0\), on a \(\varphi(t, 0) = 2t\), car le terme fractionnaire contient \(y^3 = 0\). De même, \(\varphi(0, t) = t\). Les taux d’accroissement valent donc 2 et 1. Ainsi \(\frac{\partial \varphi}{\partial x}(0, 0) = 2\) et \(\frac{\partial \varphi}{\partial y}(0, 0) = 1\).
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Soit \(L\) la forme linéaire \((x, y) \mapsto 2x + y\). Pour \((x, y) \neq (0, 0)\), la question 1 donne :
\[\frac{\left|\varphi(x, y) – \varphi(0, 0) – L(x, y)\right|}{\|(x, y)\|} \leq \frac{y^2}{2\sqrt{x^2 + y^2}} \leq \frac{\|(x, y)\|}{2}.\]
Ce majorant tend vers 0, donc le reste est négligeable devant la norme. Par conséquent, \(\varphi\) est différentiable en \((0, 0)\), avec \(d\varphi(0, 0)(h, k) = 2h + k\) et \(\nabla \varphi(0, 0) = (2, 1)\).
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Comme \(\varphi\) est différentiable en \((0, 0)\), on a \(\psi^{\prime}(0) = d\varphi(0, 0)(\cos\theta, \sin\theta) = 2\cos\theta + \sin\theta\). Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, cette quantité vaut au plus \(\sqrt{2^2 + 1^2}\). Le maximum de \(\psi^{\prime}(0)\) vaut donc \(\sqrt{5}\), atteint quand \((\cos\theta, \sin\theta) = \frac{1}{\sqrt{5}}(2, 1)\), c’est-à-dire dans la direction du gradient.
Piège classique : déduire la différentiabilité de la seule existence des dérivées partielles. L’exercice 2 montre justement que cela ne suffit pas.
Exercice 4 – Jacobienne et composée (3 points)
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Les composantes de \(F\) sont polynomiales, donc \(F\) est de classe \(C^1\). Sa jacobienne vaut :
\[J_F(u, v) = \begin{pmatrix} 2u & -1 \\ v & u + 3v^2 \end{pmatrix}.\]
Ainsi \(J_F(1, 1) = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 4 \end{pmatrix}\) et \(F(1, 1) = (1 – 1,\; 1 + 1) = (0, 2)\).
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La fonction \(h\) est de classe \(C^1\), avec \(\nabla h(x, y) = \left(\mathrm{e}^{y},\; x\,\mathrm{e}^{y}\right)\), donc \(\nabla h(0, 2) = \left(\mathrm{e}^2, 0\right)\). La règle de la chaîne donne alors :
\[\nabla H(1, 1) = \begin{pmatrix} \mathrm{e}^2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\mathrm{e}^2 & -\mathrm{e}^2 \end{pmatrix}.\]
Donc \(\nabla H(1, 1) = \left(2\mathrm{e}^2, -\mathrm{e}^2\right)\).
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On a \(H(u, v) = \left(u^2 – v\right)\mathrm{e}^{uv + v^3}\). Dérivons ce produit :
\[\frac{\partial H}{\partial u} = \left(2u + \left(u^2 – v\right)v\right)\mathrm{e}^{uv + v^3}, \qquad \frac{\partial H}{\partial v} = \left(-1 + \left(u^2 – v\right)\left(u + 3v^2\right)\right)\mathrm{e}^{uv + v^3}.\]
En \((1, 1)\), on a \(u^2 – v = 0\) et \(uv + v^3 = 2\). On retrouve bien \(2\mathrm{e}^2\) et \(-\mathrm{e}^2\).
Piège classique : évaluer \(\nabla h\) en \((1, 1)\) au lieu de \(F(1, 1) = (0, 2)\).
Exercice 5 – Problème : la randonnée autour du sommet (5 points)
Gradient et dérivée le long du chemin
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La fonction \(A\) est polynomiale, donc de classe \(C^1\), et \(\nabla A(x, y) = (-2x, -6y)\). Ce gradient est nul si et seulement si \(x = 0\) et \(y = 0\). Le seul point où il s’annule est \(O\), le sommet de la colline, d’altitude 5.
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Le chemin \(\gamma\) est dérivable, avec \(\gamma^{\prime}(t) = (-2\sin t, \cos t)\). La règle de la chaîne donne \(a^{\prime}(t) = \nabla A\left(\gamma(t)\right) \cdot \gamma^{\prime}(t)\), d’où :
\[a^{\prime}(t) = (-4\cos t)(-2\sin t) + (-6\sin t)(\cos t) = 2\sin t\cos t.\]
Ainsi \(a^{\prime}(t) = \sin(2t)\). Par ailleurs, \(a(t) = 5 – 4\cos^2 t – 3\sin^2 t = 2 – \cos^2 t\), puisque \(\cos^2 t + \sin^2 t = 1\). En dérivant, on retrouve \(a^{\prime}(t) = 2\cos t\sin t\).
Montées, descentes et accroissements finis
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Malik monte lorsque \(\sin(2t) > 0\), c’est-à-dire quand \(2t \in \left]0, \pi\right[ \cup \left]2\pi, 3\pi\right[\). Il monte donc pour \(t \in \left]0, \frac{\pi}{2}\right[ \cup \left]\pi, \frac{3\pi}{2}\right[\), et descend sur les deux autres quarts.
Comme \(a(t) = 2 – \cos^2 t\), l’altitude est maximale quand \(\cos t = 0\), puis minimale quand \(\cos^2 t = 1\). Les points les plus hauts sont \((0, 1)\) et \((0, -1)\), à l’altitude 2, soit 200 m. Les plus bas sont \((2, 0)\) et \((-2, 0)\), à l’altitude 1, soit 100 m.
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Sur \(D\), on a \(\|\nabla A(x, y)\|^2 = 4x^2 + 36y^2 \leq 36\left(x^2 + y^2\right) \leq 36 \times 4 = 144\). Donc \(\|\nabla A\| \leq 12\) sur \(D\).
De plus, le disque \(D\) est convexe et \(A\) est de classe \(C^1\). L’inégalité des accroissements finis donne alors \(\left|A(p) – A(q)\right| \leq 12\,\|p – q\|\) pour tous \(p, q \in D\). Si \(\|p – q\| \leq 0{,}05\) km, on obtient \(\left|A(p) – A(q)\right| \leq 0{,}6\). Les altitudes diffèrent donc de 0,6 centaine de mètres au plus, soit 60 mètres.
Piège classique : oublier que l’altitude est en centaines de mètres et les distances en kilomètres. La conversion finale compte dans le barème.
À retenir de ce contrôle
- Une fonction est différentiable en a si son écart à une application linéaire est négligeable devant la norme de h, et alors cette linéaire est forcément la différentielle.
- L’existence de toutes les dérivées directionnelles ne garantit même pas la continuité : un chemin courbe comme y = x^3 suffit à le prouver.
- Pour une fonction par morceaux, calculez d’abord les dérivées partielles à l’origine, puis majorez le reste par une puissance de la norme supérieure à 1.
- La règle de la chaîne donne le gradient de g composée avec F comme le produit du gradient de g en F(a) par la jacobienne de F en a.
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