Dérivées partielles et gradient

Faites glisser le point sur la carte des courbes de niveau. Les deux dérivées partielles donnent les pentes suivant les axes. Tournez le cadran de direction : « Pente dans cette direction » indique la pente que vous rencontreriez en marchant dans la direction choisie.

La dérivée partielle	$f_{x} (x, y) = h \to 0 lim \frac{f ( x + h , y ) - f ( x , y )}{h}$
La pente dans la direction u	$D_{u} f = \nabla f \cdot u = ∣\nabla f ∣ cos (θ - θ_{g}) ∣\nabla f ∣ = f_{x}^{2} + f_{y}^{2}$
Le plan tangent	$z = f (a, b) + f_{x} (a, b) (x - a) + f_{y} (a, b) (y - b)$
Le critère des dérivées secondes, en un point où ∇f = 0 (D < 0 : point selle)	$D = f_{xx} f_{y y} - f_{x y}^{2} D > 0, f_{xx} > 0 : min D > 0, f_{xx} < 0 : max$

Exemple résolu — Dérivées partielles et gradient

Hauteur	3,5
∂f/∂x	3,000
∂f/∂y	4,000
Plus forte pente \|∇f\|	5,000
Direction de la plus forte pente	53,1°
Pente dans cette direction	3,000
Plan tangent	3x + 4y − 3,5

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Leçon

La théorie — Dérivées partielles et gradient

Une dérivée partielle de f(x, y) se calcule en dérivant par rapport à une variable, l’autre étant fixée. Ainsi, f_x donne la pente de la surface lorsque vous vous déplacez suivant l’axe des x, et f_y lorsque vous vous déplacez suivant l’axe des y.

Ce que signifie chaque symbole

∇f: le gradient, vecteur de coordonnées (f_x ; f_y)
θ: l’angle de la direction choisie, en degrés à partir de l’est
D: le discriminant f_xx f_yy − f_xy²

D’où vient la formule

Fixez une variable. Pour calculer f_x, considérez y comme une constante et dérivez comme d’habitude. Pour f_y, fixez x.
$f = 1.5 x^{2} + 2 y^{2} : f_{x} = 3 x, f_{y} = 4 y$
Le gradient. Les deux dérivées partielles sont les composantes du vecteur ∇f. Il indique la direction de plus grande pente ascendante, représentée par la flèche colorée sur la carte. Sa norme est la pente maximale.
$\nabla f = (f_{x}, f_{y}), ∣\nabla f ∣ = f_{x}^{2} + f_{y}^{2}$
Dans une direction quelconque. Pour une direction d’angle θ, la pente est le produit scalaire du gradient par le vecteur unitaire de cette direction. Elle vaut donc la pente maximale multipliée par le cosinus de l’angle avec le gradient. Elle est nulle dans les directions tangentes à la courbe de niveau.
$D_{u} f = f_{x} cos θ + f_{y} sin θ = ∣\nabla f ∣ cos (θ - θ_{g})$
Le plan tangent. Au voisinage d’un point, la surface est presque plane. Les deux dérivées partielles donnent les pentes du plan tangent suivant les axes. Ce plan joue, pour une fonction de deux variables, le rôle de la tangente dans la leçon sur les dérivées.
$z = f (a, b) + f_{x} (a, b) (x - a) + f_{y} (a, b) (y - b)$
Lorsque les deux dérivées partielles valent 0. Le point est critique. Le discriminant D permet alors de préciser sa nature : si D > 0 et f_xx > 0, c’est un minimum local ; si D > 0 et f_xx < 0, un maximum local ; si D < 0, un point selle. Lorsque D = 0, le critère ne permet pas de conclure.
$D = f_{xx} f_{y y} - f_{x y}^{2}$

Problèmes entièrement résolus

Dérivées partielles premières et secondes 4 étapes
Pour f(x, y) = x³y² − 2xy + y³, calculez f_x, f_y et les trois dérivées partielles secondes au point (1 ; 2). Vérifiez que les deux dérivées croisées sont égales.

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1. Pour calculer f_x, considérez y comme une constante. Pour f_y, fixez x :
  
  $f_{x} = 3 x^{2} y^{2} - 2 y, f_{y} = 2 x^{3} y - 2 x + 3 y^{2}$
2. Au point (1 ; 2) :
  
  $f_{x} (1, 2) = 12 - 4 = 8, f_{y} (1, 2) = 4 - 2 + 12 = 14$
3. Dérivez à nouveau. Pour la dérivée croisée, les deux ordres de dérivation donnent :
  
  $f_{xx} = 6 x y^{2}, f_{y y} = 2 x^{3} + 6 y, f_{x y} = (f_{x})_{y} = 6 x^{2} y - 2 = (f_{y})_{x} = f_{y x}$
4. Au point (1 ; 2) :
  
  $f_{xx} (1, 2) = 24, f_{y y} (1, 2) = 14, f_{x y} (1, 2) = f_{y x} (1, 2) = 10$
Réponse

f_x = 8, f_y = 14, f_xx = 24, f_yy = 14 et f_xy = f_yx = 10. Le théorème de Schwarz, également associé au nom de Clairaut, garantit l’égalité des dérivées croisées lorsqu’elles sont continues au voisinage du point. C’est toujours le cas pour un polynôme.
Pente dans une direction donnée et pente maximale 4 étapes
Pour f(x, y) = x²y + y³, calculez le taux de variation au point (2 ; 1) dans la direction du vecteur (3 ; 4), puis déterminez le taux de variation maximal en ce point et sa direction.

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1. Calculez d’abord le gradient :
  
  $\nabla f = (2 x y, x^{2} + 3 y^{2}) \Rightarrow \nabla f (2, 1) = (4, 7)$
2. La direction doit être représentée par un vecteur unitaire. Or la norme de (3 ; 4) vaut 5 :
  
  $u = \frac{1}{5} (3, 4) = (0.6, 0.8), θ = atan2 (4, 3) = 53.1 3^{\circ}$
3. La dérivée directionnelle se calcule par un produit scalaire :
  
  $D_{u} f = 4 (0.6) + 7 (0.8) = 2.4 + 5.6 = 8$
4. Le taux de variation maximal est la norme du gradient. Il est atteint dans la direction du gradient :
  
  $∣\nabla f ∣ = 4^{2} + 7^{2} = 65 = 8.062, θ_{g} = atan2 (7, 4) = 60. 3^{\circ}$
Réponse

8 dans la direction de (3 ; 4) ; au maximum √65 = 8,062, dans la direction d’angle 60,3°. Oublier de diviser (3 ; 4) par sa norme donne 40, soit 5 fois la valeur attendue. C’est l’erreur la plus fréquente dans cet exercice.
Plan tangent et valeur approchée 3 étapes
Déterminez le plan tangent à z = √(x² + y²) au point de coordonnées (3 ; 4), puis utilisez-le pour calculer une valeur approchée de √(3,02² + 3,97²).

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1. Au point (3 ; 4), la hauteur vaut 5. Les dérivées partielles sont x/√(x² + y²) et y/√(x² + y²) :
  
  $f (3, 4) = 5, f_{x} = \frac{3}{5} = 0.6, f_{y} = \frac{4}{5} = 0.8$
2. La hauteur et les deux pentes déterminent le plan tangent :
  
  $z = 5 + 0.6 (x - 3) + 0.8 (y - 4) = 0.6 x + 0.8 y$
3. Au point (3,02 ; 3,97) :
  
  $z = 0.6 (3.02) + 0.8 (3.97) = 1.812 + 3.176 = 4.988$
Réponse

Le plan tangent a pour équation z = 0,6x + 0,8y. Il donne 4,988, pour une valeur réelle de 4,988116. Au voisinage de (3 ; 4), la surface est presque plane. Le plan tangent l’approche donc bien, comme la tangente approchait une courbe dans la leçon sur les dérivées.
Points critiques et critère des dérivées secondes 3 étapes
Déterminez les points critiques de f(x, y) = x³ + y³ − 3xy et précisez leur nature.

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1. Cherchez où les deux dérivées partielles valent 0 :
  
  $f_{x} = 3 x^{2} - 3 y = 0, f_{y} = 3 y^{2} - 3 x = 0$
2. La première équation donne y = x². En remplaçant dans la seconde, vous obtenez x⁴ = x, d’où x = 0 ou x = 1 :
  
  $y = x^{2} \Rightarrow x^{4} = x \Rightarrow x (x^{3} - 1) = 0 \Rightarrow (0, 0), (1, 1)$
3. Les dérivées partielles secondes sont f_xx = 6x, f_yy = 6y et f_xy = −3. Appliquez le critère en chaque point :
  
  $D (0, 0) = 0 \cdot 0 - (- 3)^{2} = - 9 < 0, D (1, 1) = 6 \cdot 6 - (- 3)^{2} = 27 > 0, f_{xx} = 6 > 0$
Réponse

(0 ; 0) est un point selle et (1 ; 1) un minimum local, avec f(1, 1) = −1. Ce minimum n’est pas global : sur la droite y = x, l’expression f = 2x³ − 3x² tend vers −∞ lorsque x → −∞.
Une colline qui monte de 3 mètres vers l’est et de 4 mètres vers le nord 6 étapes
Sur une colline, le terrain s’élève de 3 mètres pour 100 mètres parcourus vers l’est, et de 4 mètres pour 100 mètres parcourus vers le nord. Quelle est la pente maximale, dans quelle direction le terrain descend-il le plus vite, et quelle direction une route doit-elle suivre pour monter avec une pente deux fois plus faible ?

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1. Ces deux mesures sont les dérivées partielles. Les exprimer par 3 et 4 pour cent rend le calcul plus lisible qu’avec 0,03 et 0,04, sans en changer le principe.
  
  $f_{x} = 3, f_{y} = 4$
2. La pente maximale est la norme du gradient. Pour la calculer à partir de 3 et 4, appliquez le théorème de Pythagore : vous obtenez 5. C’est cette pente que vous rencontrez en montant dans la direction la plus raide.
  
  $∣\nabla f ∣ = 3^{2} + 4^{2} = 5$
3. L’angle de cette direction vaut atan2(4, 3), soit 53,1° à partir de l’est. La descente la plus raide se trouve dans la direction opposée, à 233,1°. Aucune mesure n’a été prise dans ces directions.
  
  $θ_{g} = atan2 (4, 3) = 53.1 3^{\circ}$
4. Pour une route à 2,5 pour cent, utilisez la relation en sens inverse. Si θ est l’angle entre la route et la direction de plus grande pente, la pente vaut 5 cos θ. Il faut donc cos θ = 2,5/5, d’où θ = 60°.
  
  $D_{u} f = ∣\nabla f ∣ cos θ \Rightarrow cos θ = \frac{2.5}{5}, θ = 6 0^{\circ}$
5. Il faut bien un écart de 60°. À 45°, la pente serait encore de 3,54 pour cent, soit 71 % de la pente maximale, bien au-delà de la moitié.
  
  $5 cos 4 5^{\circ} = 3.54 (71% of 5)$
6. La distance découle du même cosinus. Pour gagner une hauteur donnée avec une pente deux fois plus faible, il faut parcourir une distance deux fois plus grande, tant que la pente reste constante. Ce facteur 2 explique l’allongement du parcours dans les lacets d’une route de montagne.
  
  $length \propto 1/ cos 6 0^{\circ} = 2$
Réponse

La pente maximale est de 5 m pour 100 m. Le terrain monte le plus vite à 53,1° et descend le plus vite à 233,1°. Pour garder une pente de 2,5 m pour 100 m, une route doit s’écarter de 60° de la direction de plus grande pente et parcourir une distance deux fois plus grande. L’outil répond à la première partie du problème : choisissez une direction, il en donne la pente. La seconde partie pose le problème inverse, celui qui intervient dans le tracé d’une route, l’application d’une norme d’accessibilité à une rampe ou le classement d’une piste de ski. Avec la pente autorisée, quelle direction faut-il suivre ?
Une pente nulle, mais sur quelle distance ? 6 étapes
Au point (1 ; 1) de la surface 1,5x² + 2y², le panneau affiche une pente de 0,000 dans la direction d’angle 143,1°. Déterminez comment évolue la hauteur si vous continuez tout droit dans cette direction, puis décidez si elle permet de rester à la même hauteur.

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1. Cette direction est à un quart de tour de celle de plus grande pente, d’angle 53,1°. Les deux termes du produit scalaire valent −2,4 et +2,4 : l’affichage de la pente indique donc 0,000.
  
  $D_{u} f = 3 cos 143.1 3^{\circ} + 4 sin 143.1 3^{\circ} = 3 (- 0.8) + 4 (0.6) = 0$
2. Une pente nulle renseigne uniquement sur la dérivée première. Calculez la dérivée seconde dans la même direction. Elle s’obtient à l’aide d’une forme quadratique construite avec les trois dérivées partielles secondes, où interviennent le cosinus et le sinus du même angle.
  
  $D_{u}^{2} f = f_{xx} cos^{2} θ + 2 f_{x y} cos θ sin θ + f_{y y} sin^{2} θ$
3. Sur cette surface, f_xx vaut 3, f_yy vaut 4 et la dérivée croisée vaut 0. La dérivée seconde dans la direction de pente nulle vaut donc 3,36. Elle est positive : le terrain se courbe vers le haut.
  
  $= 3 (0.64) + 0 + 4 (0.36) = 1.92 + 1.44 = 3.36$
4. Le long de cette droite, la hauteur décrit donc une parabole dont le minimum se trouve à votre point de départ. À une demi-unité de distance, le terrain s’est élevé de 0,42, passant de 3,5 à 3,92. C’est exactement la courbe que dessine le panneau de coupe.
  
  $f (s) \approx 3.5 + \frac{1}{2} (3.36) s^{2} = 3.5 + 1.68 s^{2}; s = 0.5 : 3.92$
5. Vous pouvez en déduire une propriété de la courbe de niveau. Pour conserver la même hauteur, celle-ci s’incurve et s’écarte de la tangente. Sa courbure est le quotient de la dérivée seconde directionnelle par la norme du gradient : 0,672, soit un rayon de courbure de 1,488.
  
  $κ = \frac{D _{u}^{2} f}{∣\nabla f ∣} = \frac{3.36}{5} = 0.672, R = \frac{1}{κ} = 1.488$
6. La formule usuelle de la courbure d’une courbe de niveau donne le même résultat à partir des seules dérivées partielles, sans faire intervenir d’angle. Les deux calculs donnent exactement 84/125.
  
  $κ = \frac{f _{xx} f _{y}^{2} - 2 f _{x y} f _{x} f _{y} + f _{y y} f _{x}^{2}}{∣\nabla f ∣ ^{3}} = \frac{3 ( 16 ) + 4 ( 9 )}{125} = \frac{84}{125}$
Réponse

Non. La pente est nulle au départ, puis le terrain monte. Après une demi-unité parcourue tout droit, vous avez gagné 0,42 en hauteur, alors que l’approximation au premier ordre donnait 0. Les deux directions de pente nulle sont tangentes à la courbe de niveau. Pour rester à la même hauteur, vous devez suivre cette courbe et tourner continuellement ; son rayon de courbure vaut 1,488 en ce point. Le panneau donne la tangente, et la courbure permet d’apprécier sur quelle distance elle approche bien la courbe.

$κ = \frac{f _{xx} f _{y}^{2} - 2 f _{x y} f _{x} f _{y} + f _{y y} f _{x}^{2}}{∣\nabla f ∣ ^{3}} = \frac{84}{125} = 0.672$

La colline est plus raide que toutes vos mesures 🖖

Placez-vous au point (1 ; 1) sur la surface 1,5x² + 2y². Vers l’est, la pente vaut 3. Vers le nord, elle vaut 4. La pente maximale en ce point vaut pourtant 5, dans la direction d’angle 53,1°, que vous n’avez pas empruntée. Une dérivée partielle mesure seulement la pente suivant un axe, et le choix des axes dépend de la façon dont on a posé le repère. Pour réunir ces deux mesures, il faut appliquer le théorème de Pythagore. La pente maximale vaut donc √(f_x² + f_y²). Elle est au moins égale à la valeur absolue de chacune des dérivées partielles, et strictement supérieure si aucune n’est nulle. L’écart relatif est le plus grand lorsque les deux mesures sont égales : avec une pente de 1 suivant chaque axe, la pente maximale vaut 1,414, soit 41 % de plus que chacune des mesures.

Toutes les directions à la fois, et un seul cosinus 🖖

Faites un tour complet avec le cadran et observez la pente affichée. Elle suit une loi en cosinus, |∇f| cos(θ − θ_g), où θ_g est l’angle de la direction de plus grande pente. Cette expression décrit tout le comportement au premier ordre d’une surface lisse en un point. La carte en montre une conséquence : partout où le gradient est non nul, la pente s’annule dans deux directions, situées à un quart de tour de part et d’autre de la direction de plus grande pente. Elles sont tangentes à la courbe de niveau. Voilà pourquoi le chemin le plus pentu coupe les courbes de niveau à angle droit, et pourquoi ces courbes permettent de lire si vite le relief. Le cosinus permet aussi de vérifier ce que l’on gagne en s’écartant de cette direction. À 45°, la pente vaut encore 71 % de la pente maximale, bien au-delà de la moitié. Prendre la colline de biais atténue donc moins la montée qu’on pourrait le croire.

Plat dans les deux directions ne veut pas dire au sommet 🖖

Appuyez sur Ni maximum ni minimum. À l’origine de x² − y², les deux dérivées partielles sont nulles, mais le point n’est ni un maximum ni un minimum : sur l’axe des x, il occupe le fond d’une vallée ; sur l’axe des y, le sommet d’une crête. Appuyez maintenant sur Les deux axes horizontaux, qui correspond à la surface xy. Ici, les deux axes sont parfaitement horizontaux : le panneau des coupes trace une droite horizontale à 0°, puis à 90°. Pourtant, le point reste un point-selle. La montée et la descente se trouvent sur les diagonales, là où personne n’avait pensé à regarder. Les cas se distinguent par le discriminant f_xxf_yy − f_xy², égal à −4 pour la première surface et à −1 pour la seconde. S’il est négatif, il s’agit d’un point-selle ; s’il est positif, le point est un maximum ou un minimum, selon le signe de f_xx. Pour x³ − 3xy², le discriminant vaut 0 et le critère ne permet aucune conclusion. Trois secteurs de cette surface montent depuis l’origine et trois autres descendent, sans qu’aucune des dérivées secondes du calcul puisse les déceler.

Parcours

Pourquoi tout semble droit de près

Par l’équipe 42Math · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.