Calcul avancé

1. Ajouter le vecteur

   \begin{equation*} h\vec{u}=\begin{bmatrix}h\frac{\sqrt{2}}{2}\\-h\frac{\sqrt{2}}{2}\end{bmatrix} \end{equation*}

   au point \(P_0(1,2)\) donne le point de coordonnées

   \begin{equation*} \left(1+h\frac{\sqrt{2}}{2},2-h\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \end{equation*}

   donc

   \begin{equation*} f_{\vec{u}}(1,2)=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f\left(1+h\frac{\sqrt{2}}{2},2-h\frac{\sqrt{2}}{2}\right)-f(1,2)}{h}. \end{equation*}

2. En prenant \(h=\sqrt{2}\text{,}\) on obtient l'approximation de \(f_{\vec{u}}(1,2)\) suivante :

   \begin{align*} \frac{f\left(1+\sqrt{2}\frac{\sqrt{2}}{2},2-\sqrt{2}\frac{\sqrt{2}}{2}\right)-f(1,2)}{\sqrt{2}}&=\frac{f(2,1)-f(1,2)}{\sqrt{2}}\\ &=\frac{9-7}{\sqrt{2}}\\ &=\sqrt{2}\\ &\approx 1{,}414. \end{align*}

3. En prenant \(h=-\sqrt{2}\text{,}\) on obtient l'approximation de \(f_{\vec{u}}(1,2)\) suivante :

   \begin{align*} \frac{f\left(1-\sqrt{2}\frac{\sqrt{2}}{2},2+\sqrt{2}\frac{\sqrt{2}}{2}\right)-f(1,2)}{-\sqrt{2}}&=\frac{f(0,3)-f(1,2)}{-\sqrt{2}}\\ &=\frac{4-7}{-\sqrt{2}}\\ &=\frac{3}{\sqrt{2}}\\ &\approx 2{,}121. \end{align*}

1. Le point \((4,6)\) se situe entre les courbes de niveau

   \begin{equation*} f(x,y)=-2\quad\text{et}\quad f(x,y)=-3 \end{equation*}

   alors disons que \(f(4,6)\) vaut approximativement \(-2{,}5\text{.}\)

2. Voici dans quelle direction pointe le vecteur \(\vec{u}\) :

   
   En lisant les valeurs des courbes de niveau, on voit que que \(f(x,y)\) diminue lorsqu'on part du point \((4,6)\) en prenant la direction donnée par \(\vec{u}\text{.}\) On a donc
   \begin{equation*} f_{\vec{u}}(4,6)<0. \end{equation*}

3. Le gradient \(\nabla f(4,6)\) est perpendiculaire à la courbe de niveau passant par le point \((4,6)\) et il pointe dans la direction où \(f(x,y)\) augmente le plus :

   

4. On a

   \begin{align*} f_{\vec{u}}(4,6)&=\nabla f(4,6)\cdot\vec{u}\\ &=\|\nabla f(4,6)\|\cdot\|\vec{u}\|\cdot\cos(\alpha)\\ &=\|\nabla f(4,6)\|\cos(\alpha). \end{align*}

   Par conséquent la dérivée directionnelle est :

   • nulle si et seulement si \(\alpha\pm\frac{\pi}{2}\) (càd \(\cos(\alpha)=0\));

   • minimale si et seulement si \(\alpha=\pi\) (càd \(\cos(\alpha)=-1\));

   • maximale si et seulement si \(\alpha=0\) (càd \(\cos(\alpha)=1\)).

5. Estimons cette dérivée directionnelle par un quotient

   \begin{equation*} \frac{\Delta z}{h} \end{equation*}

   en prenant les valeurs de \(z\) sur les deux courbes de niveau les plus proches du point \((4,6)\text{,}\) soit

   \begin{equation*} \Delta z=-2-(-3)=1 \end{equation*}

   de sorte que \(h\) s'obtient en mesurant la distance entre ces lignes de niveau en passant par le point \((4,6)\) et en suivant la direction du gradient, soit perpendiculairement aux courbes de niveaux. Cela donne environ

   \begin{equation*} h=0{,}63. \end{equation*}

   On obtient donc l'estimation

   \begin{equation*} \frac{\Delta z}{h}=\frac{1}{0{,}63}\approx1{,}59 \end{equation*}

   environ pour la dérivée directionnelle \(f_{\vec{v}}(4,6)\text{.}\)

6. D'après la question 4., dans la direction

   \begin{equation*} \vec{v}=\frac{\nabla f(4,6)}{\|\nabla f(4,6)\|} \end{equation*}

   donnée par le gradient (càd \(\alpha=0\)), la dérivée directionnelle est maximale et vaut

   \begin{align*} f_{\vec{v}}(4,6)&=\|\nabla f(4,6)\|\cos(0)\\ &=\|\nabla f(4,6)\|. \end{align*}

   Nous pouvons donc prendre la même estimation qu'à la question précédente, soit

   \begin{equation*} \|\nabla f(4,6)\|=1{,}59 \end{equation*}

   environ.

7. Maintenant qu'on connaît la direction et la norme du gradient \(\nabla f(4,6)\text{,}\) on peut en faire l'esquisse :

   

Par définition, on a

En particulier, au point \(P(1,-1)\text{,}\) cela donne

• Commençons par évaluer le gradient de \(f\)

  \begin{align*} \nabla f&=\begin{bmatrix}f_x\\f_y\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}\frac{\partial}{\partial x}(\arctan(xy))\\\frac{\partial}{\partial y}(\arctan(xy))\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}\frac{y}{1+(xy)^2}\\\frac{x}{1+(xy)^2}\end{bmatrix} \end{align*}

  au point \(P(1,2)\) :

  \begin{align*} \nabla f(1,2)&=\begin{bmatrix}\frac{2}{1+(1\cdot 2)^2}\\\frac{1}{1+(1\cdot 2)^2}\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}\frac{2}{5}\\\frac{1}{5}\end{bmatrix}. \end{align*}

• Rendons ensuite la direction \(\vec{v}\) unitaire :

  \begin{align*} \vec{u}&=\frac{\overrightarrow{v}}{\|\overrightarrow{v}\|}\\ &=\frac{1}{\sqrt{5^2+10^2}}\begin{bmatrix}5\\10\end{bmatrix}\\ &=\frac{1}{5\sqrt{5}}\begin{bmatrix}5\\10\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{5}}\\\frac{2}{\sqrt{5}}\end{bmatrix}. \end{align*}

• Calculons enfin le produit scalaire de ces deux vecteurs :

  \begin{align*} f_{\vec{u}}(1,2)&=\nabla f(1,2)\cdot\vec{u}\\ &=\begin{bmatrix}\frac{2}{5}\\\frac{1}{5}\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{5}}\\\frac{2}{\sqrt{5}}\end{bmatrix}\\ &=\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}+\frac{1}{5}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}\\ &=\frac{4}{5\sqrt{5}}. \end{align*}

• Commençons par évaluer le gradient de \(g\)

  \begin{align*} \nabla g&=\begin{bmatrix}g_x\\g_y\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}\frac{\partial}{\partial x}(\cos(xy)+y^2)\\\frac{\partial}{\partial y}(\cos(xy)+y^2)\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}-y\sin(xy)\\-x\sin(xy)+2y\end{bmatrix} \end{align*}

  au point \(R(0,1)\) :

  \begin{align*} \nabla g(0,1)&=\begin{bmatrix}-1\cdot\sin(0\cdot 1)\\-0\cdot\sin(0\cdot 1)+2\cdot 1\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}0\\2\end{bmatrix}. \end{align*}

• Déterminons ensuite la direction unitaire \(\vec{u}\) :

  \begin{align*} \vec{u}&=\begin{bmatrix}\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)\\\sin\left(\frac{2\pi}{3}\right)\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\\frac{\sqrt{3}}{2}\end{bmatrix}. \end{align*}

• Calculons enfin le produit scalaire de ces deux vecteurs :

  \begin{align*} g_{\vec{u}}(0,1)&=\nabla g(0,1)\cdot\vec{u}\\ &=\begin{bmatrix}0\\2\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}\\\frac{\sqrt{3}}{2}\end{bmatrix}\\ &=0\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)+2\cdot\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ &=\sqrt{3}. \end{align*}

• Pour commencer, rappelons que

  \begin{equation*} \nabla g(0,1)=\begin{bmatrix}0\\2\end{bmatrix} \end{equation*}

  grâce aux calculs de l'exercice 4.4.5 qui précède.

• Déterminons ensuite la direction unitaire \(\vec{u}\) :

  \begin{align*} \vec{u}&=\frac{\overrightarrow{RQ}}{\|\overrightarrow{RQ}\|}\\ &=\frac{1}{\sqrt{1^2+1^2}}\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}. \end{align*}

• Calculons enfin le produit scalaire de ces deux vecteurs :

  \begin{align*} g_{\vec{u}}(0,1)&=\nabla g(0,1)\cdot\vec{u}\\ &=\begin{bmatrix}0\\2\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\\frac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}\\ &=0\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}+2\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\\ &=\sqrt{2}. \end{align*}

Commençons par évaluer le gradient de \(f\)

au point \((1,1)\) :

1. Le taux de variation est maximal dans la direction donnée par le gradient \(\nabla f(1,1)\text{,}\) soit celle du vecteur

   \begin{equation*} \begin{bmatrix}-1\\-2\end{bmatrix} \end{equation*}

   si on préfère.

2. Dans cette direction, le taux de variation vaut

   \begin{align*} \|\nabla f(1,1)\|&=\left\|e^{-2}\begin{bmatrix}-1\\-2\end{bmatrix}\right\|\\ &=e^{-2}\left\|\begin{bmatrix}-1\\-2\end{bmatrix}\right\|\\ &=e^{-2}\sqrt{(-1)^2+(-2)^2}\\ &=\frac{\sqrt{5}}{e^2}. \end{align*}

Introduisons la fonction de trois variables

dont la surface de niveau d'équation

correspond à l'ellisoïde considéré et contient le point \(P_0(3,3,5)\) car

• Commençons par évaluer le gradient de \(F\)

  \begin{align*} \nabla F&=\begin{bmatrix}F_x\\F_y\\F_z\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}\frac{\partial}{\partial x}(2(x-2)^2+(y-1)^2+(z-3)^2)\\\frac{\partial}{\partial y}(2(x-2)^2+(y-1)^2+(z-3)^2)\\\frac{\partial}{\partial z}(2(x-2)^2+(y-1)^2+(z-3)^2)\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}4(x-2)\\2(y-1)\\2(z-3)\end{bmatrix} \end{align*}

  au point \((3,3,5)\) :

  \begin{align*} \nabla F(3,3,5))&=\begin{bmatrix}4\cdot(3-2)\\2\cdot(3-1)\\2\cdot(5-3)\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}4\\4\\4\end{bmatrix}\\ &=4\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}. \end{align*}

• Le plan tangent en ce point admet pour équation cartésienne

  \begin{align*} \nabla F(3,3,5)\cdot\begin{bmatrix}x-3\\y-3\\z-5\end{bmatrix}=0&\quad\Leftrightarrow\quad\cancel{4}\cdot\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}x-3\\y-3\\z-5\end{bmatrix}=0\\ &\quad\Leftrightarrow\quad(x-3)+(y-3)+(z-5)=0\\ &\quad\Leftrightarrow\quad x+y+z=11. \end{align*}

• Et la droite normale à la surface qui passe par ce point admet pour équations paramétriques

  \begin{equation*} \begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3\\3\\5\end{bmatrix}+t\,\nabla F(3,3,5)\quad\text{où}\;t\in\mathbb{R} \end{equation*}

  soit

  \begin{equation*} \begin{cases} x=3+4t\\ y=3+4t\\ z=5+4t \end{cases} \quad\text{où}\;t\in\mathbb{R} \end{equation*}

  ou, si on préfère,

  \begin{equation*} \begin{cases} x=3+s\\ y=3+s\\ z=5+s \end{cases} \quad\text{où}\;s\in\mathbb{R}. \end{equation*}

Voici de quoi vérifier graphiquement ces calculs à l'aide de Geogebra.

PS : Merci à Frédérick et son frère d'avoir vu mon erreur de calcul!