Calcul avancé

1. D'abord, on calcule la pente de la tangente à l'aide de la dérivée

   \begin{equation*} f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}. \end{equation*}

   On trouve

   \begin{align*} a&=f'(4)\\ &=\frac{1}{2\sqrt{4}}\\ &=\frac{1}{4}. \end{align*}

   Ensuite, on remplace \((x,y)\) par \((4,f(4))=(4,2)\) dans l'équation

   \begin{equation*} y=\frac{1}{4}x+b. \end{equation*}

   On trouve

   \begin{equation*} 2=\frac{1}{\cancel{4}}\cancel{4}+b \end{equation*}

   d'où

   \begin{equation*} b=2-1=1. \end{equation*}

   Finalement, on obtient l'équation suivante

   \begin{equation*} y=\frac{1}{4}x+1 \end{equation*}

   pour la tangente au graphe de \(f\) au point \((4,f(4))=(4,2)\text{.}\)

2. Par définition, on a

   \begin{align*} L(x)&=f(4)+f'(4)(x-4)\\ &=2+\frac{1}{4}(x-4). \end{align*}

3. En effet, on a

   \begin{align*} y=L(x)&\quad\Leftrightarrow\quad y=2+\frac{1}{4}(x-4)\\ &\quad\Leftrightarrow\quad y=2+\frac{1}{4}x-1\\ &\quad\Leftrightarrow\quad y=\frac{1}{4}x+1. \end{align*}

4. Si \(y=f(x)\text{,}\) on a

   \begin{align*} \mathrm{d}y&=f'(x)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{2\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x \end{align*}

   par définition.

5. Comme \(f\) est dérivable en \(x_0=4\text{,}\) cela a du sens d'approcher

   \begin{equation*} f(4{,}1)=\sqrt{4{,}1} \end{equation*}

   par

   \begin{align*} L(4{,}1)&=2+\frac{1}{4}(x-4)\Bigg\rvert_{x=4{,}1}\\ &=2+\frac{1}{4}(4{,}1-4)\\ &=2+\frac{0{,}1}{4}\cdot \\ &=2+0{,}025\\ &=2{,}025. \end{align*}

   À l'aide d'une calculatrice, on obtient la valeur exacte

   \begin{equation*} f(4{,}1)=\sqrt{4{,}1}=2{,}024\,845\ldots. \end{equation*}

   Donc l'erreur commise en approchant \(f(4{,}1)\) par \(L(4{,}1)\) vaut

   \begin{align*} f(4{,}1)-L(4{,}1)&=2{,}024\,845\ldots-2{,}025\\ &=-0{,}000\,15\ldots\\ &\approx -0{,}000\,2. \end{align*}

6. D'une part, la variation exacte de \(y=f(x)\) vaut

   \begin{align*} \Delta y&=f(4{,}1)-f(4)\\ &=\sqrt{4{,}1}-\sqrt{4}\\ &=2{,}024\,845\ldots-2\\ &=0{,}024\,845\ldots \end{align*}

   D'autre part, la différentielle donne

   \begin{align*} \mathrm{d}y&=f'(4)\,\Delta x\\ &=\frac{1}{4}(4{,}1-4)\\ &=\frac{1}{4}\cdot 0{,}1\\ &=0{,}025 \end{align*}

   qui fournit une bonne estimation de \(\Delta y\) sans avoir recours à la calculatrice.

1. Comme la fonction valeur absolue

   \begin{equation*} f(x)=|x| \end{equation*}

   n'est pas dérivable en \(x=0\text{,}\) son graphe

   
   n'admet pas de tangente au point \((0,f(0))\text{.}\)

2. Considérons la fonction

   \begin{equation*} g(x,y)=\sqrt[3]{xy}. \end{equation*}

   Comme

   \begin{equation*} g(x,0)=\sqrt[3]{x\cdot0}=\sqrt[3]{0}=0\quad\text{pout tout }x\in\mathbb{R}, \end{equation*}

   on a

   \begin{align*} g_x(0,0)&=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{g(x,0)-g(0,0)}{x-0}\\ &=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{0-0}{x}\\ &=\lim_{x\rightarrow 0}0\\ &=0. \end{align*}

   De même, la dérivée partielle \(g_y(0,0)\) existe et vaut

   \begin{equation*} g_y(0,0)=0. \end{equation*}

   Mais quand on prend la trace du graphe de \(g\)

   
   dans le plan d'équation
   \begin{equation*} x=y \end{equation*}

   on obtient une courbe

   
   qui présente un point de rebroussement à l'origine.

   Par conséquent, on aura beau zoomer autant qu'on voudra sur le point \((0,0,g(0,0))\text{,}\) le graphe de \(g\) ne ressemblera jamais à aucun plan. Voici pourquoi, intuitivement, il n'y a pas de plan tangent en ce point.

Introduisons la fonction

dont le graphe correspond à la surface considérée.

L'évaluation de ses dérivées partielles

au point \((-1,3)\) donne

Au point \((-1,3,0)\text{,}\) l'équation du plan tangent au graphe de \(f\)

prend donc la forme

ou encore

Remarque : Comme les dérivées partielles \(f_x\) et \(f_y\) existent autour du point \((-1,3)\) qu'elles y sont continues, la fonction \(f\) est différentiable en ce point et cela a un bien un sens de parler de plan tangent.

Les calculs faits à l'exercice précédent 4.2.3 donnent la linéarisation

qui fournit l'approximation de \(f(-1{,}2;3{,}3)\) suivante

sans nécessiter de calculatrice.

En calculant la valeur exacte

à l'aide d'une calculatrice, on voit que l'erreur commise vaut

Notons \(f(x,y)=x^2-xy+3y^2\) et calculons

1. Par définition, on a alors

   \begin{align*} \mathrm{d}z&=\frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y\\ &=(2x-y)\mathrm{d}x+(6y-x)\mathrm{d}y. \end{align*}

2. Lorsque \((x,y)\) varie de \((1,2)\) à \((1{,}05;2{,}10)\text{,}\) on part de

   \begin{equation*} x=1\quad\text{et}\quad y=2 \end{equation*}

   puis on ajoute

   \begin{equation*} \Delta x=1{,}05-1=0{,}05\quad\text{et}\quad\Delta y=2{,}10-2=0{,}10. \end{equation*}

   Alors \(\mathrm{d}z\) prend la valeur

   \begin{align*} \mathrm{d}z&=(2x-y)\Delta x+(6y-x)\Delta y\\ &=(2\cdot 1-2)\cdot 0{,}05+(6\cdot 2-1)\cdot 0{,}10\\ &=0\cdot 0{,}05+11\cdot 0{,}1\\ &=1{,}1 \end{align*}

   qu'on peut évaluer rapidement sans calculatrice.

   Par ailleurs, la différence exacte \(\Delta z\) entre les valeurs de \(z=f(x,y)\) s'obtient grâce au calcul

   \begin{align*} \Delta z&=f(1{,}05;2{,}10)-f(1,2)\\ &=(\underbrace{1{,}05^2-1{,}05\cdot 2{,}10+3\cdot 2{,}10^2}_{=12{,}127\,5})-(\underbrace{1^2-1\cdot 2+3\cdot 2^2}_{=11})\\ &=1{,}127\,5 \end{align*}

   qu'on n'a pas vraiment envie de faire de tête.

   Comme la valeur de \(\mathrm{d}z\) est proche de celle de \(\Delta z\text{,}\) il est tentant de s'en contenter pour obtenir un ordre de grandeur et sauver du temps.

Suivons l'indication et notons \(x,y,z\) la largeur, la longueur et la hauteur, de sorte que le volume vaut

et que la précision du ruban se traduit par les inégalités

Alors la différentielle

prend la valeur

Par inégalité triangulaire, on obtient la majoration

qui indique une erreur maximale de

environ.

Pour l'erreur relative correspondante

on en déduit l'estimation

qui indique une erreur relative maximale de

environ.