Cette page regroupe 11 exercices corrigés sur les dérivées partielles, couvrant l’ensemble du programme de calcul différentiel en plusieurs variables : calcul des dérivées partielles du premier ordre, dérivées d’ordre supérieur et théorème de Schwarz, règle de la chaîne pour les fonctions composées, gradient et dérivée directionnelle, ainsi que les coordonnées polaires et les extrema locaux. Chaque exercice est accompagné d’une indication pédagogique et d’un corrigé détaillé pas à pas. La progression est volontairement organisée du plus facile au plus difficile pour consolider les bases avant d’aborder les notions de classe \(\mathcal{C}^k\) et de fonctions composées en plusieurs variables.
Calcul des dérivées partielles du premier ordre
Les exercices de cette section permettent de maîtriser le calcul direct des dérivées partielles en traitant chaque variable successivement comme une constante. Il s’agit du point de départ indispensable avant d’aborder les dérivées d’ordre supérieur ou les fonctions composées.
Exercice 1 : Dérivées partielles d’un polynôme de deux variables
Facile
Soit la fonction \( f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} \) définie par \( f(x, y) = 3x^2y – 2xy^3 + 5x – 7y^2 + 4 \).
- Calculer les dérivées partielles \( \dfrac{\partial f}{\partial x}(x, y) \) et \( \dfrac{\partial f}{\partial y}(x, y) \).
- Déterminer les valeurs de \( \dfrac{\partial f}{\partial x}(1, -1) \) et \( \dfrac{\partial f}{\partial y}(1, -1) \).
Indication
Pour calculer \( \dfrac{\partial f}{\partial x} \), traitez \( y \) comme une constante numérique et dérivez uniquement par rapport à \( x \). Faites de même en échangeant les rôles de \( x \) et \( y \) pour \( \dfrac{\partial f}{\partial y} \).
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En dérivant par rapport à \( x \) en traitant \( y \) comme une constante :
\[ \frac{\partial f}{\partial x}(x, y) = 6xy – 2y^3 + 5 \]
En dérivant par rapport à \( y \) en traitant \( x \) comme une constante :
\[ \frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = 3x^2 – 6xy^2 – 14y \]
Solution de la question 2 :
En substituant \( x = 1 \) et \( y = -1 \) :
\[ \frac{\partial f}{\partial x}(1, -1) = 6(1)(-1) – 2(-1)^3 + 5 = -6 + 2 + 5 = 1 \]
\[ \frac{\partial f}{\partial y}(1, -1) = 3(1)^2 – 6(1)(-1)^2 – 14(-1) = 3 – 6 + 14 = 11 \]
Exercice 2 : Dérivées partielles de fonctions trigonométriques et exponentielles
Facile
Calculer les dérivées partielles premières des fonctions suivantes définies sur leur domaine naturel :
- \( f(x, y) = e^{x^2 + y} \cdot \sin(xy) \)
- \( g(x, y) = \ln(x^2 + y^2 + 1) \)
Indication
Appliquez les règles de dérivation usuelles (produit, composée) en traitant l’autre variable comme une constante. Pour \( g \), pensez à la dérivée de \( \ln(u) \) qui est \( \dfrac{u’}{u} \).
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On utilise la règle du produit et la dérivée de la composée :
\[ \frac{\partial f}{\partial x} = e^{x^2+y}\bigl(2x\sin(xy) + y\cos(xy)\bigr) \]
\[ \frac{\partial f}{\partial y} = e^{x^2+y}\bigl(\sin(xy) + x\cos(xy)\bigr) \]
Solution de la question 2 :
On pose \( u = x^2 + y^2 + 1 \), la dérivée de \( \ln(u) \) est \( \dfrac{u’}{u} \) :
\[ \frac{\partial g}{\partial x} = \frac{2x}{x^2 + y^2 + 1} \]
\[ \frac{\partial g}{\partial y} = \frac{2y}{x^2 + y^2 + 1} \]
Dérivées partielles d’ordre 2 et théorème de Schwarz
Cette section aborde le calcul des dérivées partielles secondes, y compris les dérivées croisées, et la vérification du théorème de Schwarz (symétrie des dérivées d’ordre 2 pour une fonction de classe \(\mathcal{C}^2\)).
Exercice 3 : Dérivées secondes et vérification du théorème de Schwarz
Facile
Soit \( f(x, y) = x^3 y^2 – 4x^2 + e^y \sin x \).
- Calculer les quatre dérivées partielles d’ordre 2 : \( \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} \), \( \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} \), \( \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} \) et \( \dfrac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} \).
- Vérifier le théorème de Schwarz en constatant l’égalité des dérivées croisées.
Indication
Calculez d’abord \( \dfrac{\partial f}{\partial x} \) et \( \dfrac{\partial f}{\partial y} \), puis dérivez chacune une deuxième fois. Le théorème de Schwarz s’applique car \( f \) est de classe \( \mathcal{C}^\infty \) sur \( \mathbb{R}^2 \).
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Dérivées premières :
\[ \frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 y^2 – 8x + e^y \cos x \]
\[ \frac{\partial f}{\partial y} = 2x^3 y + e^y \sin x \]
Dérivées secondes :
\[ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 6xy^2 – 8 – e^y \sin x \]
\[ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 2x^3 + e^y \sin x \]
\[ \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial x}\!\left(2x^3 y + e^y \sin x\right) = 6x^2 y + e^y \cos x \]
\[ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = \frac{\partial}{\partial y}\!\left(3x^2 y^2 – 8x + e^y \cos x\right) = 6x^2 y + e^y \cos x \]
Solution de la question 2 :
On constate que \( \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \dfrac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = 6x^2 y + e^y \cos x \). Le théorème de Schwarz est bien vérifié, ce qui est attendu puisque \( f \) est de classe \( \mathcal{C}^\infty \) sur \( \mathbb{R}^2 \).
Exercice 4 : Dérivées partielles d’ordre 2 d’une fonction exponentielle composée
Moyen
Soit \( f(x, y) = e^{x^2 – y^2} \).
- Calculer toutes les dérivées partielles d’ordre 2 de \( f \).
- Vérifier que \( \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} – \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 4\bigl(1 + x^2 – y^2\bigr)f(x,y) \).
Indication
Calculez d’abord \( \dfrac{\partial f}{\partial x} = 2x \, f(x,y) \), puis dérivez une seconde fois par rapport à \( x \). Réutilisez l’expression de \( f \) pour factoriser le résultat.
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\[ \frac{\partial f}{\partial x} = 2x\,e^{x^2-y^2}, \quad \frac{\partial f}{\partial y} = -2y\,e^{x^2-y^2} \]
\[ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = (2 + 4x^2)e^{x^2-y^2} \]
\[ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = (-2 + 4y^2)e^{x^2-y^2} \]
\[ \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = -4xy\,e^{x^2-y^2} \]
Solution de la question 2 :
\[ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} – \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \bigl(2 + 4x^2 + 2 – 4y^2\bigr)e^{x^2-y^2} = \bigl(4 + 4x^2 – 4y^2\bigr)e^{x^2-y^2} \]
\[ = 4\bigl(1 + x^2 – y^2\bigr)f(x,y) \quad \checkmark \]
Gradient et dérivée directionnelle
Le gradient d’une fonction scalaire rassemble toutes ses dérivées partielles premières en un vecteur. La dérivée directionnelle généralise la notion de taux de variation dans une direction quelconque de l’espace. Ces exercices entraînent à calculer le gradient, à l’interpréter géométriquement et à l’utiliser pour trouver la dérivée dans une direction donnée.
Exercice 5 : Calcul du gradient et interprétation géométrique
Facile
Soit \( f(x, y) = x^2 + 3xy – y^2 \).
- Calculer le vecteur gradient \( \nabla f(x,y) \).
- Calculer \( \nabla f(2, 1) \) et interpréter la direction dans laquelle \( f \) croît le plus rapidement au point \( (2, 1) \).
Indication
Le gradient est le vecteur \( \nabla f = \left(\dfrac{\partial f}{\partial x},\, \dfrac{\partial f}{\partial y}\right) \). La direction de plus grande croissance est celle du vecteur gradient lui-même.
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\[ \nabla f(x,y) = \left(2x + 3y,\; 3x – 2y\right) \]
Solution de la question 2 :
\[ \nabla f(2,1) = \left(2(2)+3(1),\; 3(2)-2(1)\right) = (7,\; 4) \]
La fonction \( f \) croît le plus rapidement au point \( (2,1) \) dans la direction du vecteur \( (7, 4) \). Le taux de croissance maximal vaut \( \|\nabla f(2,1)\| = \sqrt{49 + 16} = \sqrt{65} \).
Exercice 6 : Dérivée directionnelle en un point
Moyen
Soit \( f(x, y) = x^2 y + \ln(1 + x^2 + y^2) \).
- Calculer \( \nabla f(1, 1) \).
- Calculer la dérivée directionnelle de \( f \) au point \( (1,1) \) dans la direction du vecteur \( \vec{u} = \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}},\, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) \).
- Dans quelle direction la dérivée directionnelle est-elle nulle en \( (1,1) \) ?
Indication
La dérivée directionnelle dans la direction d’un vecteur unitaire \( \vec{u} \) vaut \( D_{\vec{u}}f = \nabla f \cdot \vec{u} \) (produit scalaire). La dérivée directionnelle est nulle dans toute direction orthogonale au gradient.
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\[ \frac{\partial f}{\partial x}(1,1) = 2(1)(1) + \frac{2(1)}{1+1+1} = 2 + \frac{2}{3} = \frac{8}{3} \]
\[ \frac{\partial f}{\partial y}(1,1) = (1)^2 + \frac{2(1)}{3} = 1 + \frac{2}{3} = \frac{5}{3} \]
\[ \nabla f(1,1) = \left(\frac{8}{3},\, \frac{5}{3}\right) \]
Solution de la question 2 :
\[ D_{\vec{u}}f(1,1) = \frac{8}{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{5}{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{13}{3\sqrt{2}} = \frac{13\sqrt{2}}{6} \]
Solution de la question 3 :
La dérivée directionnelle est nulle dans toute direction perpendiculaire au gradient \( \left(\dfrac{8}{3}, \dfrac{5}{3}\right) \), c’est-à-dire dans la direction du vecteur \( \vec{v} = (-5, 8) \) (ou tout multiple scalaire de celui-ci).
Règle de la chaîne et fonctions composées
La règle de la chaîne en plusieurs variables (aussi appelée théorème de dérivation des fonctions composées) est un outil fondamental pour calculer les dérivées partielles de compositions du type \( g(t) = f(\varphi(t)) \) ou \( h(u,v) = f(u(s,t), v(s,t)) \). Cette section propose des exercices progressifs croisant ce théorème avec d’autres notions du cours.
Exercice 7 : Dérivée d’une fonction composée d’une variable
Facile
Soit \( f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} \) une fonction de classe \( \mathcal{C}^1 \). On définit \( g : \mathbb{R} \to \mathbb{R} \) par \( g(t) = f(t^2 – 1,\, e^t) \).
- Démontrer que \( g \) est de classe \( \mathcal{C}^1 \) et exprimer \( g'(t) \) en fonction des dérivées partielles de \( f \).
- Calculer \( g'(0) \) en supposant que \( \dfrac{\partial f}{\partial x}(-1, 1) = 3 \) et \( \dfrac{\partial f}{\partial y}(-1, 1) = -2 \).
Indication
\( g \) est la composée de \( f \) avec \( \varphi(t) = (t^2-1, e^t) \). Cette dernière est de classe \( \mathcal{C}^1 \) car polynomiale et exponentielle. Appliquez directement la formule \( g'(t) = \dfrac{\partial f}{\partial x}\cdot\varphi_1′(t) + \dfrac{\partial f}{\partial y}\cdot\varphi_2′(t) \).
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La fonction \( \varphi : t \mapsto (t^2-1, e^t) \) est de classe \( \mathcal{C}^1 \) sur \( \mathbb{R} \). Par composition, \( g = f \circ \varphi \) est de classe \( \mathcal{C}^1 \). La règle de la chaîne donne :
\[ g'(t) = \frac{\partial f}{\partial x}(t^2-1,\, e^t) \cdot 2t + \frac{\partial f}{\partial y}(t^2-1,\, e^t) \cdot e^t \]
Solution de la question 2 :
En \( t = 0 \), on a \( (t^2-1, e^t) = (-1, 1) \). Donc :
\[ g'(0) = \frac{\partial f}{\partial x}(-1,1) \cdot 0 + \frac{\partial f}{\partial y}(-1,1) \cdot 1 = 3 \cdot 0 + (-2) \cdot 1 = -2 \]
Exercice 8 : Règle de la chaîne pour une fonction composée de deux variables
Moyen
Soit \( f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} \) de classe \( \mathcal{C}^1 \). On définit \( h : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} \) par \( h(u,v) = f(u^2 v,\, u – v^2) \).
- Exprimer \( \dfrac{\partial h}{\partial u}(u,v) \) et \( \dfrac{\partial h}{\partial v}(u,v) \) en fonction des dérivées partielles de \( f \).
- En déduire \( \dfrac{\partial h}{\partial u}(1,1) \) sachant que \( \dfrac{\partial f}{\partial x}(1,0) = 4 \) et \( \dfrac{\partial f}{\partial y}(1,0) = -1 \).
Indication
Posez \( x = u^2 v \) et \( y = u – v^2 \). Calculez \( \dfrac{\partial x}{\partial u} \), \( \dfrac{\partial y}{\partial u} \), etc. Puis appliquez : \( \dfrac{\partial h}{\partial u} = \dfrac{\partial f}{\partial x}\cdot\dfrac{\partial x}{\partial u} + \dfrac{\partial f}{\partial y}\cdot\dfrac{\partial y}{\partial u} \).
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On a \( x(u,v) = u^2 v \) et \( y(u,v) = u – v^2 \), d’où :
\[ \frac{\partial x}{\partial u} = 2uv, \quad \frac{\partial y}{\partial u} = 1, \quad \frac{\partial x}{\partial v} = u^2, \quad \frac{\partial y}{\partial v} = -2v \]
Par la règle de la chaîne :
\[ \frac{\partial h}{\partial u}(u,v) = \frac{\partial f}{\partial x}(u^2v, u-v^2)\cdot 2uv + \frac{\partial f}{\partial y}(u^2v, u-v^2)\cdot 1 \]
\[ \frac{\partial h}{\partial v}(u,v) = \frac{\partial f}{\partial x}(u^2v, u-v^2)\cdot u^2 + \frac{\partial f}{\partial y}(u^2v, u-v^2)\cdot (-2v) \]
Solution de la question 2 :
En \( (u,v) = (1,1) \) : \( (u^2v, u-v^2) = (1, 0) \). Donc :
\[ \frac{\partial h}{\partial u}(1,1) = 4\cdot 2(1)(1) + (-1)\cdot 1 = 8 – 1 = 7 \]
Changement de variables en coordonnées polaires
Exercice 9 : Expression du laplacien en coordonnées polaires
Difficile
Soit \( f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} \) de classe \( \mathcal{C}^2 \). On note \( g(r,\theta) = f(r\cos\theta,\, r\sin\theta) \) le passage en coordonnées polaires.
- Exprimer \( \dfrac{\partial g}{\partial r} \) et \( \dfrac{\partial g}{\partial \theta} \) en fonction des dérivées partielles de \( f \).
- Montrer que le laplacien de \( f \) s’écrit en coordonnées polaires :
\[ \Delta f = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial^2 g}{\partial r^2} + \frac{1}{r}\frac{\partial g}{\partial r} + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 g}{\partial \theta^2} \]
Indication
Pour la question 1, utilisez la règle de la chaîne avec \( x = r\cos\theta \) et \( y = r\sin\theta \). Pour la question 2, calculez \( \dfrac{\partial^2 g}{\partial r^2} \) et \( \dfrac{\partial^2 g}{\partial \theta^2} \) en re-appliquant la règle de la chaîne, puis combinez soigneusement les termes en utilisant \( \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1 \).
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\[ \frac{\partial g}{\partial r} = \cos\theta\,\frac{\partial f}{\partial x} + \sin\theta\,\frac{\partial f}{\partial y} \]
\[ \frac{\partial g}{\partial \theta} = -r\sin\theta\,\frac{\partial f}{\partial x} + r\cos\theta\,\frac{\partial f}{\partial y} \]
Solution de la question 2 :
En dérivant une seconde fois :
\[ \frac{\partial^2 g}{\partial r^2} = \cos^2\theta\,\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + 2\sin\theta\cos\theta\,\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} + \sin^2\theta\,\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} \]
\[ \frac{\partial^2 g}{\partial \theta^2} = r^2\!\left(\sin^2\theta\,\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} – 2\sin\theta\cos\theta\,\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y} + \cos^2\theta\,\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right) – r\cos\theta\,\frac{\partial f}{\partial x} – r\sin\theta\,\frac{\partial f}{\partial y} \]
En calculant \( \dfrac{\partial^2 g}{\partial r^2} + \dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial^2 g}{\partial \theta^2} \) et en regroupant :
\[ = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} – \frac{1}{r}\frac{\partial g}{\partial r} \]
En ajoutant \( \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial g}{\partial r} \) des deux côtés :
\[ \frac{\partial^2 g}{\partial r^2} + \frac{1}{r}\frac{\partial g}{\partial r} + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 g}{\partial \theta^2} = \Delta f \quad \checkmark \]
Applications : extrema locaux et formes différentielles exactes
Les dérivées partielles sont au cœur de la recherche des points critiques d’une fonction et de l’étude des extrema locaux. Elles permettent également de reconnaître et d’intégrer des formes différentielles exactes, une technique essentielle en analyse multivariable.
Exercice 10 : Recherche des points critiques et classification
Moyen
Soit \( f(x,y) = x^3 + y^3 – 3xy \).
- Déterminer tous les points critiques de \( f \), c’est-à-dire les points où \( \nabla f = \vec{0} \).
- Calculer la matrice hessienne \( H_f \) et son déterminant en chaque point critique.
- Classer chaque point critique (minimum local, maximum local ou point selle).
Indication
Résolvez le système \( \dfrac{\partial f}{\partial x} = 0 \) et \( \dfrac{\partial f}{\partial y} = 0 \). Pour classer, calculez \( \Delta = \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}\cdot\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} – \left(\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}\right)^2 \) : si \( \Delta > 0 \) et \( \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} > 0 \), c’est un minimum local ; si \( \Delta < 0 \), c'est un point selle.
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\[ \frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 – 3y = 0 \implies y = x^2 \]
\[ \frac{\partial f}{\partial y} = 3y^2 – 3x = 0 \implies x = y^2 \]
En substituant \( y = x^2 \) dans \( x = y^2 \) : \( x = x^4 \), donc \( x(x^3 – 1) = 0 \). Les points critiques sont \( (0,0) \) et \( (1,1) \).
Solution de la question 2 :
\[ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 6x, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 6y, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = -3 \]
\[ H_f = \begin{pmatrix} 6x & -3 \\ -3 & 6y \end{pmatrix} \]
En \( (0,0) \) : \( \det(H_f) = 0 – 9 = -9 \). En \( (1,1) \) : \( \det(H_f) = 36 – 9 = 27 \).
Solution de la question 3 :
En \( (0,0) \) : \( \det(H_f) = -9 < 0 \) → point selle.
En \( (1,1) \) : \( \det(H_f) = 27 > 0 \) et \( \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(1,1) = 6 > 0 \) → minimum local, avec \( f(1,1) = -1 \).
Exercice 11 : Forme différentielle exacte et recherche d’une primitive
Difficile
On cherche toutes les fonctions \( f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R} \) de classe \( \mathcal{C}^1 \) vérifiant le système :
\[ \begin{cases} \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y) = 2xy + e^x \\ \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y) = x^2 + 2y \end{cases} \]
- Montrer que ce système est compatible en vérifiant la condition de Schwarz.
- Trouver toutes les fonctions \( f \) solutions de ce système.
Indication
Pour la compatibilité, vérifiez que \( \dfrac{\partial}{\partial y}\!\left(\dfrac{\partial f}{\partial x}\right) = \dfrac{\partial}{\partial x}\!\left(\dfrac{\partial f}{\partial y}\right) \). Pour trouver \( f \), intégrez la première équation par rapport à \( x \) en traitant \( y \) comme une constante, puis utilisez la deuxième équation pour déterminer la constante d’intégration \( C(y) \).
Voir le corrigé
\[ \frac{\partial}{\partial y}\!\left(2xy + e^x\right) = 2x \]
\[ \frac{\partial}{\partial x}\!\left(x^2 + 2y\right) = 2x \]
Les deux dérivées croisées sont égales : le système est bien compatible et admet des solutions de classe \( \mathcal{C}^1 \).
Solution de la question 2 :
En intégrant \( \dfrac{\partial f}{\partial x} = 2xy + e^x \) par rapport à \( x \) :
\[ f(x,y) = x^2 y + e^x + C(y) \]
On utilise la deuxième équation pour déterminer \( C(y) \) :
\[ \frac{\partial f}{\partial y} = x^2 + C'(y) = x^2 + 2y \implies C'(y) = 2y \implies C(y) = y^2 + K \]
\[ \boxed{f(x,y) = x^2 y + e^x + y^2 + K, \quad K \in \mathbb{R}} \]