Gradient, règle de la chaîne et EDP : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : gradient, règle de la chaîne et EDP

Le corrigé détaillé : gradient, règle de la chaîne et EDP

Exercice 1 – Deux quotients au voisinage de l’origine (3,5 points)

1. Soit \(x \neq 0\). Le point \((x, tx)\) n’est pas l’origine, et \(h(x, tx) = \frac{tx^2}{x^2 + 3t^2x^2} = \frac{t}{1 + 3t^2}\). Cette valeur ne dépend pas de \(x\). Raisonnons par l’absurde, avec une limite \(\ell\) de \(h\) en \((0, 0)\). Les chemins \(x \mapsto (x, 0)\) et \(x \mapsto (x, x)\) tendent vers l’origine quand \(x\) tend vers 0. Par composition, \(h(x, 0)\) et \(h(x, x)\) tendraient donc vers \(\ell\). Or la première vaut toujours 0, et la seconde toujours \(\frac{1}{4}\). Par conséquent, \(h\) n’admet pas de limite en \((0, 0)\). Sur la figure, en effet, des lignes de niveaux distincts aboutissent toutes à l’origine.
2. Hors de l’origine, \(2x^2 + y^2\) est strictement positif. Quotient de deux polynômes, \(g\) est alors continue sur cet ouvert. Étudions maintenant l’origine. Pour \((x, y) \neq (0, 0)\), on a \(y^2 \leq 2x^2 + y^2\), d’où :
   \[|g(x, y)| = |x| \times \frac{y^2}{2x^2 + y^2} \leq |x| \leq \|(x, y)\|.\]
   Ce majorant tend vers 0 quand \((x, y)\) tend vers \((0, 0)\). Ainsi \(g\) tend vers \(0 = g(0, 0)\) en l’origine, et \(g\) est continue sur \(\mathbb{R}^2\).
3. Pour tout réel \(t\), on a \(g(t, 0) = 0\) et \(g(0, t) = 0\). Les deux applications partielles en l’origine sont donc constantes, et dérivables. Ainsi \(\partial_1 g(0, 0) = \partial_2 g(0, 0) = 0\).

4. Continuité sans régularité C1

   Pour \(t \neq 0\), on a \(g(t, t) = \frac{t^3}{3t^2} = \frac{t}{3}\). Le taux \(\frac{g(t, t) – g(0, 0)}{t}\) est donc constant, égal à \(\frac{1}{3}\). La dérivée de \(g\) en \((0, 0)\) selon \(u\) vaut \(\frac{1}{3}\). Raisonnons maintenant par l’absurde. Pour une fonction \(C^1\), cette dérivée coïnciderait avec \(\langle \nabla g(0, 0), u \rangle\), qui est nul. Ainsi \(g\) ne peut pas être de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\), malgré sa continuité et l’existence de ses dérivées partielles.

Barème : 1) calcul de \(h(x, tx)\) (0,5) et argument de composition (0,5) ; 2) hors de l’origine (0,25) et majoration (0,75) ; 3) 0,5 point ; 4) dérivée selon \(u\) (0,5) et conclusion (0,5).

Piège classique : conclure à la continuité de \(g\) parce que sa limite vaut 0 le long de toutes les droites. Cet argument ne prouve rien : seule une majoration valable dans tout un voisinage de l’origine permet de conclure.

Exercice 2 – Gradient et plan tangent en un point (3,5 points)

1. L’application \((x, y) \mapsto x – 2y\) est polynomiale, et l’exponentielle est \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\). Leur composée est donc \(C^1\). De plus, \((x, y) \mapsto x^2 y\) est polynomiale. Par somme, \(f\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\), avec \(\partial_1 f(x, y) = \mathrm{e}^{x – 2y} + 2xy\) et \(\partial_2 f(x, y) = -2\mathrm{e}^{x – 2y} + x^2\).
2. En \(A\), on a \(x – 2y = 0\), donc \(f(A) = 1 + 4 = 5\), puis \(\partial_1 f(A) = 1 + 4 = 5\) et \(\partial_2 f(A) = -2 + 4 = 2\). Ainsi \(\nabla f(A) = (5, 2)\). La fonction étant \(C^1\), on a \(f(2 + h, 1 + k) = 5 + 5h + 2k + o(\|(h, k)\|)\). Avec \(h = 0{,}02\) et \(k = -0{,}01\), on obtient alors \(f(2{,}02 \, ; 0{,}99) \approx 5 + 0{,}1 – 0{,}02 = 5{,}08\).
3. Le plan tangent a pour équation \(z = f(A) + 5(x – 2) + 2(y – 1)\). Il s’agit donc du plan d’équation \(z = 5x + 2y – 7\).

4. Pour une fonction \(C^1\), la dérivée selon \(u\) vaut \(\langle \nabla f(A), u \rangle = 5 \times 0{,}6 + 2 \times 0{,}8\). Elle est égale à \(4{,}6\). Cette dérivée s’annule quand \(u\) est orthogonal à \((5, 2)\), donc colinéaire à \((2, -5)\). Les vecteurs cherchés sont \(\frac{1}{\sqrt{29}}(2, -5)\) et son opposé.

   Ces deux vecteurs dirigent la tangente en \(A\) à la ligne de niveau 5. Cette tangente a pour équation \(5x + 2y = 12\). Le gradient, quant à lui, est orthogonal à la ligne de niveau. Il pointe aussi vers les valeurs croissantes de \(f\), comme le montre la figure.

   

Barème : 1) classe \(C^1\) (0,5) et dérivées partielles (0,5) ; 2) gradient (0,5) et valeur approchée (0,5) ; 3) 0,5 point ; 4) dérivée selon \(u\) (0,25), vecteurs (0,5) et figure (0,25).

Exercice 3 – Composer puis dériver (3 points)

1. Les fonctions \(t \mapsto \mathrm{e}^t\) et \(t \mapsto t^2\) sont de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\), et \(F\) est \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\). D’après la règle de la chaîne, \(\varphi\) est donc dérivable, et \(\varphi^{\prime}(t) = \mathrm{e}^t \, \partial_1 F\left(\mathrm{e}^t, t^2\right) + 2t \, \partial_2 F\left(\mathrm{e}^t, t^2\right)\).

2. Fixons \((x, y)\) et posons \(\theta(\lambda) = F(\lambda x, \lambda y)\) pour \(\lambda > 0\). Les fonctions \(\lambda \mapsto \lambda x\) et \(\lambda \mapsto \lambda y\) sont \(C^1\), de dérivées \(x\) et \(y\). La règle de la chaîne donne alors \(\theta^{\prime}(\lambda) = x \, \partial_1 F(\lambda x, \lambda y) + y \, \partial_2 F(\lambda x, \lambda y)\). Par hypothèse, on a aussi \(\theta(\lambda) = \lambda^3 F(x, y)\), donc \(\theta^{\prime}(\lambda) = 3\lambda^2 F(x, y)\). En égalant ces deux expressions pour \(\lambda = 1\), on obtient \(x \, \partial_1 F(x, y) + y \, \partial_2 F(x, y) = 3F(x, y)\).

   Pour \(F(x, y) = x^3 – 4xy^2 + y^3\), chaque monôme est de degré 3, si bien que l’hypothèse est satisfaite. De plus, \(\partial_1 F = 3x^2 – 4y^2\) et \(\partial_2 F = -8xy + 3y^2\). Ainsi \(x \, \partial_1 F + y \, \partial_2 F = 3x^3 – 4xy^2 – 8xy^2 + 3y^3 = 3x^3 – 12xy^2 + 3y^3\). On retrouve bien \(3F(x, y)\).

3. Ici \(\partial_1 F = 2xy\) et \(\partial_2 F = x^2\). La règle de la chaîne donne \(-\sin t \times 2\cos t \sin t + \cos t \times \cos^2 t\), soit \(\cos^3 t – 2\cos t \sin^2 t\). Par un calcul direct, la dérivée de \(\cos^2 t \sin t\) vaut aussi \(-2\cos t \sin t \times \sin t + \cos^2 t \times \cos t\) : les deux résultats coïncident.

Barème : 1) hypothèses (0,25) et formule (0,75) ; 2) dérivation de \(\theta\) (0,75), conclusion (0,25) et vérification (0,5) ; 3) 0,5 point.

Exercice 4 – Un col et une cuvette (4 points)

1. Polynomiale, \(f\) est \(C^1\) sur tout le plan. Ses dérivées partielles valent \(\partial_1 f(x, y) = 6x^2 – 6y\) et \(\partial_2 f(x, y) = -6x + 6y\). Un point critique vérifie \(y = x\) et \(y = x^2\), donc \(x^2 = x\), c’est-à-dire \(x = 0\) ou \(x = 1\). Les points critiques sont \(O(0, 0)\) et \(B(1, 1)\).
2. On a \(f(0, 0) = 0\) et \(f(t, 0) = 2t^3\), qui est strictement positif pour \(t > 0\) et strictement négatif pour \(t < 0\). Tout voisinage de \(O\) contient donc des points où \(f\) est plus grande que \(f(O)\), et d’autres où elle est plus petite. Ainsi \(f\) n’admet pas d’extremum local en \(O\) : c’est un point col.

3. Le développement exact autour de B

   On développe chaque terme :

   \[\begin{aligned} 2(1 + h)^3 &= 2 + 6h + 6h^2 + 2h^3, \\ -6(1 + h)(1 + k) &= -6 – 6h – 6k – 6hk, \\ 3(1 + k)^2 &= 3 + 6k + 3k^2. \end{aligned}\]

   En sommant, les termes du premier degré se compensent, puis \(f(1 + h, 1 + k) + 1 = 6h^2 – 6hk + 3k^2 + 2h^3\). Or \(3(k – h)^2 + 3h^2 = 3k^2 – 6hk + 6h^2\), donc \(f(1 + h, 1 + k) + 1 = 3(k – h)^2 + h^2(3 + 2h)\).

   Si \(\|(h, k)\| < 1\), alors \(|h| < 1\) et \(3 + 2h > 1 > 0\), si bien que l’expression précédente est positive. Ainsi \(f(x, y) \geq -1 = f(B)\) sur la boule ouverte de centre \(B\) et de rayon 1. Par conséquent, \(f\) admet en \(B\) un minimum local, égal à \(-1\).

4. Pourtant, \(f(-1, 0) = -2\) est strictement inférieur à \(-1\) ; plus généralement, \(f(x, 0) = 2x^3\) tend vers \(-\infty\) quand \(x\) tend vers \(-\infty\). Le minimum en \(B\) n’est donc pas global. La figure confirme ces résultats : autour de \(B\), les lignes de niveau sont des courbes fermées emboîtées, comme au fond d’une cuvette. En \(O\), au contraire, la ligne de niveau 0 se croise, ce qui caractérise un col. Enfin, des niveaux négatifs apparaissent en bas à gauche, loin de \(B\).

Barème : 1) dérivées partielles (0,5) et résolution (0,5) ; 2) 0,75 point ; 3) développement (0,75), signe sur une boule (0,5) et valeur (0,25) ; 4) contre-exemple (0,5) et lecture de la figure (0,25).

Piège classique : affirmer qu’un point critique est un extremum. L’annulation du gradient est seulement une condition nécessaire, et le point \(O\) en fournit un contre-exemple.

Exercice 5 – Problème : une équation de transport (6 points)

Passer aux variables u et v

1. Soit \((u, v)\) dans \(\mathbb{R}^2\). L’égalité \(\Phi(x, y) = (u, v)\) équivaut à \(y = v\) et \(x = u – 3v\) : le couple \((u, v)\) a donc un unique antécédent. Ainsi \(\Phi\) est bijective, de réciproque \(\Psi(u, v) = (u – 3v, v)\). Les deux composantes de \(\Psi\) sont polynomiales, donc de classe \(C^1\). Par composition, \(g = f \circ \Psi\) est alors de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\), et \(g(u, v) = f(u – 3v, v)\).
2. D’après la règle de la chaîne, avec les dérivées partielles de \(f\) prises au point \(\Psi(u, v)\) :
   \(\partial_1 g(u, v) = \partial_1 f(\Psi(u, v))\) et \(\partial_2 g(u, v) = -3\,\partial_1 f(\Psi(u, v)) + \partial_2 f(\Psi(u, v))\). En effet, la dérivée de \(u – 3v\) vaut 1 par rapport à \(u\) et \(-3\) par rapport à \(v\), tandis que celle de \(v\) vaut 0 puis 1.

Les solutions de l’équation homogène

3. Comme \(\Psi\) est une bijection de \(\mathbb{R}^2\), l’équation \((E)\) sur tous les points \((x, y)\) équivaut à la même relation en tous les points \(\Psi(u, v)\). D’après la question 2, elle équivaut donc à \(\partial_2 g = 0\) sur \(\mathbb{R}^2\).

   Supposons \(\partial_2 g = 0\) et fixons \(u\). La fonction \(v \mapsto g(u, v)\) a une dérivée identiquement nulle sur \(\mathbb{R}\). Comme \(\mathbb{R}\) est un intervalle, elle ne varie pas : \(g(u, v) = g(u, 0)\). Posons \(\varphi(u) = g(u, 0) = f(u, 0)\), qui est \(C^1\) comme composée. On en déduit alors \(f(x, y) = g(\Phi(x, y)) = \varphi(x + 3y)\).

   Réciproquement, si \(f(x, y) = \varphi(x + 3y)\) avec \(\varphi\) de classe \(C^1\), alors \(f\) est \(C^1\), avec \(\partial_1 f(x, y) = \varphi^{\prime}(x + 3y)\) et \(\partial_2 f(x, y) = 3\varphi^{\prime}(x + 3y)\). Ainsi \(3\,\partial_1 f – \partial_2 f = 0\). Les solutions de \((E)\) sont exactement les fonctions \((x, y) \mapsto \varphi(x + 3y)\), avec \(\varphi\) de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\).

   Pour une fonction \(C^1\), le premier membre de \((E)\) vaut \(\langle \nabla f, w \rangle\), c’est-à-dire la dérivée de \(f\) selon \(w = (3, -1)\). Une solution est donc constante sur chacune des droites \(x + 3y = c\) de la figure, puisqu’elles sont dirigées par \(w\).

Second membre et condition sur l’axe des abscisses

4. Au point \(\Psi(u, v) = (u – 3v, v)\), le second membre vaut \((u – 3v) + 3v = u\). D’après la question 2, \(f\) est donc solution de \((E^{\prime})\) si et seulement si \(\partial_2 g(u, v) = -u\) pour tout \((u, v)\).

   Posons \(k(u, v) = g(u, v) + uv\), de classe \(C^1\), avec \(\partial_2 k = \partial_2 g + u\). La condition précédente équivaut alors à \(\partial_2 k = 0\). Par le raisonnement de la question 3, cela revient à l’existence d’une fonction \(\varphi\) de classe \(C^1\) telle que \(k(u, v) = \varphi(u)\), soit \(g(u, v) = \varphi(u) – uv\). En revenant aux variables \(x\) et \(y\), on a \(g(x + 3y, y) = f(x, y)\). Les solutions de \((E^{\prime})\) sont donc les fonctions \(f(x, y) = \varphi(x + 3y) – xy – 3y^2\), avec \(\varphi\) de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\).

5. La condition \(f(x, 0) = x^2\) s’écrit \(\varphi(x) = x^2\) pour tout réel \(x\), ce qui détermine \(\varphi\) de façon unique. On obtient alors \(f(x, y) = (x + 3y)^2 – xy – 3y^2\), soit \(f(x, y) = x^2 + 5xy + 6y^2 = (x + 2y)(x + 3y)\). Vérifions-le : \(\partial_1 f = 2x + 5y\) et \(\partial_2 f = 5x + 12y\), donc \(3\,\partial_1 f – \partial_2 f = 6x + 15y – 5x – 12y = x + 3y\). De plus, \(f(x, 0) = x^2\) : la fonction trouvée convient.

Barème : 1) bijection (0,5) et classe de \(g\) (0,5) ; 2) 0,5 par dérivée partielle ; 3) traduction (0,25), sens direct (0,5), réciproque (0,5) et interprétation (0,25) ; 4) traduction (0,5), résolution (0,75) et retour aux variables (0,25) ; 5) solution (0,5) et vérification (0,5).

Piège classique : oublier la réciproque dans la question 3. Le sens direct montre seulement que toute solution est de la forme annoncée ; il faut encore vérifier que ces fonctions sont bien des solutions.

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