QCM : Dérivées partielles et gradient en maths sup (MPSI)

Réponse B.

L’application \((x,y)\mapsto xy\) est continue, et \(\left]1,+\infty\right[\) est un ouvert de \(\mathbb{R}\). Par conséquent, son image réciproque est un ouvert. Le demi-plan \(x\geqslant 0\) contient \((0,0)\), dont aucun disque n’est inclus dans la partie. La parabole est d’intérieur vide. Enfin, la bande avec \(x\leqslant 1\) contient des points du bord, comme \((1,0)\).

Réponse D.

Le long de la droite \(x=2y\), on trouve \(\frac{4t^2}{4t^2+4t^2}=\frac{1}{2}\), qui ne tend pas vers \(f(0,0)=0\). Ainsi \(f\) n’est pas continue en l’origine. Les deux axes donnent la limite \(0\), mais tester quelques directions ne prouve jamais la continuité. Être bornée ne suffit pas non plus. Enfin, \(f(t,t)=\frac{2}{5}\) reste constant, sans tendre vers l’infini.

Réponse C.

On fixe \(y\) et on dérive le produit de \(x\) par \(\mathrm{e}^{xy}\) : on obtient \(\mathrm{e}^{xy}+x\cdot y\,\mathrm{e}^{xy}\). La réponse \(\mathrm{e}^{xy}\) traite l’exponentielle comme une constante. À l’inverse, \(xy\,\mathrm{e}^{xy}\) oublie de dériver le facteur \(x\). Enfin, \(x^2\,\mathrm{e}^{xy}\) est la dérivée partielle par rapport à \(y\) : les deux variables ont été échangées.

Réponse A.

Le gradient a pour composantes \(\partial_x f=2xy\) puis \(\partial_y f=x^2-6y\). En \((1,2)\), cela donne \(4\) et \(1-12=-11\). Le couple \((-11,4)\) inverse l’ordre des composantes. La valeur \(-5\) dérive \(3y^2\) en \(3y\). Enfin, la composante \(2\) oublie le facteur \(y\) dans \(2xy\).

Réponse D.

Pour \(f\) de classe \(\mathcal{C}^1\), la dérivée selon \(v\) est le produit scalaire de \(\nabla f(1,1)\) avec \(v\). Or \(\nabla f=(3x^2+y,\,x)\), qui vaut \((4,1)\) en \((1,1)\). On obtient \(4\times 2+1\times(-1)=7\). La valeur \(9\) oublie le signe de la seconde coordonnée. Le couple \((8,-1)\) multiplie terme à terme sans sommer. Enfin, diviser par \(\sqrt{5}\) normalise un vecteur que l’énoncé n’a pas normalisé.

Réponse A.

Le DL d’ordre \(1\) en \((1,1)\) donne \(z=f(1,1)+\partial_x f(1,1)(x-1)+\partial_y f(1,1)(y-1)\). Ici \(f(1,1)=4\), \(\partial_x f=2x+3y\) vaut \(5\) et \(\partial_y f=3x\) vaut \(3\). Sans la constante \(4\), le plan ne passe pas par le point de la surface. Écrire \(5x+3y\) oublie de centrer en \((1,1)\). Enfin, échanger \(5\) et \(3\) confond les deux dérivées partielles.

Réponse A.

Le théorème du cours affirme qu’une fonction de classe \(\mathcal{C}^1\) sur un ouvert admet en chaque point un DL d’ordre \(1\), dont la partie linéaire est donnée par le gradient. En revanche, l’existence des dérivées partielles ne donne pas la continuité : la fonction \(\frac{2xy}{x^2+4y^2}\) le montre. De plus, \((x,y)\mapsto|x|\) est continue sans dérivée partielle en \(x\) à l’origine. Enfin, un gradient nul ne garantit pas d’extremum.

Réponse B.

On dérive chaque argument et on le multiplie par la dérivée partielle correspondante. La première coordonnée \(\cos t\) a pour dérivée \(-\sin t\), et la seconde \(\sin t\) a pour dérivée \(\cos t\). La réponse avec \(+\sin t\) oublie le signe de la dérivée du cosinus. Celle qui commence par \(\cos t\,\partial_1 f\) associe chaque dérivée au mauvais argument. Enfin, la simple somme des dérivées partielles oublie les dérivées intérieures.

Réponse B.

On écrit \(f(x,y)=F(x+y,x-y)\). La règle de la chaîne donne \(\partial_x f=\partial_u F+\partial_v F\) et \(\partial_y f=\partial_u F-\partial_v F\). L’équation devient donc \(2\,\partial_v F=0\) : ainsi \(F\) ne dépend que de \(u\). La forme \(\varphi(x-y)\) se trompe de variable ; elle vérifie au contraire \(\partial_x f=-\partial_y f\). Par ailleurs, les constantes sont des solutions, mais pas les seules.

Réponse C.

On résout \(\nabla f=0\), soit \(2x+y-3=0\) et \(x+2y=0\). La seconde équation donne \(x=-2y\), donc \(-3y=3\), d’où \(y=-1\) puis \(x=2\). Le couple \((-1,2)\) inverse les coordonnées. La réponse \(\left(\frac{3}{2},0\right)\) oublie le terme \(xy\) en dérivant. Enfin, \((1,1)\) annule la première équation, mais pas la seconde.

Réponse D.

Le gradient \((-4x^3,\,2y)\) s’annule en \((0,0)\) : c’est donc un point critique. Cependant, \(f(0,y)=y^2\) est strictement positif pour \(y\neq 0\), tandis que \(f(x,0)=-x^4\) est strictement négatif pour \(x\neq 0\). Dans tout voisinage, \(f\) prend des valeurs des deux signes autour de \(f(0,0)=0\). Conclure à un minimum ou à un maximum ne regarde qu’une seule direction.

Réponse C.

Le gradient s’annule en un extremum local d’une fonction \(\mathcal{C}^1\), à condition que ce point soit intérieur au domaine. Or \((0,0)\) est sur le bord du carré, qui n’est pas un ouvert. Il n’y a donc aucune contradiction. Pour chercher les extremums sur un fermé borné, on étudie séparément l’intérieur, avec les points critiques, puis le bord. Enfin, \(f\) est polynomiale, donc de classe \(\mathcal{C}^1\).