Gradient

Objectifs

Mettre l'accent sur différentes manières de représenter graphiquement les fonctions de deux variables
Considérer les dérivées partielles des fonctions de plusieurs variables du point de vue plus géométrique du gradient.
Insister sur l'aspect "approximation linéaire" de la différentielle.

Documents

J. Stewart, Analyse, concepts et contextes, vol. 2, DeBoeck Université (2001)

Guide

Exemples concrets de fonctions de plusieurs variables
Dérivées partielles
- Exercices de calcul de dérivées partielles
Gradient
Approximation
Courbes de niveau

Exemples concrets de fonctions de plusieurs variables

Dans la vie, ce sont les fonctions d'une variable qui sont rares et les fonctions de plusieurs variables fréquentes ! Pour se faciliter la vie, celui qui modélise prétend que certaines sont des paramètres et d'autres des variables. Ce qui "signifie" qu'il va faire comme si certaines des variables étaient constantes.
Donnons quelques exemples :

Exemples :

la température, la pression comme fonction de la position sur une carte : fonction de deux variables $x$ et $y$
l'altitude en un point d'une carte : fonction de deux variables $x$ et $y$
la température, la pression en chaque point d'une pièce (en trois dimensions) : fonction de trois variables $x$ , $y$ et $z$
le volume d'une boîte en fonction de la hauteur, de la largeur et de la profondeur : fonction de trois variables $H$ et $L$ et $l$ .
votre moyenne sur WIMS en fonction du temps et de la feuille d'exercice : fonction de deux variables $t$ et $n$ (mais ici heureusement la variable $n$ est une variable dite discrète (un entier) et pas continue (dans )

On parle en physique de champ scalaire : scalaire vient du fait que l'image est contenue dans les scalaires

, champ vient de ce que le domaine de définition est dans

ℝ^{n}

Exercices : Champ scalaire

Dérivées partielles

Exercices de calcul de dérivées partielles

Exercices de calcul de dérivées partielles

On notera les dérivées partielles d'une fonction d'une des manières suivantes : Si

f

est une fonction de deux variables (x,y), la dérivée partielle de

f

par rapport à

x

est notée indiféremment

\frac{\partial f}{\partial x} = D_{1} (f)

De même,

\frac{\partial f}{\partial y} = D_{2} (f)

Ensuite :

\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} = D_{1, 1} (f)

\frac{\partial^{2} f}{\partial x y} = D_{1, 2} (f)

\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} = D_{2, 2} (f)

Avant de commencer, il faut savoir calculer des dérivées partielles, nous proposons donc d'abord ici des exercices de technique.

Exercices :

Calcul de dérivées partielles
Calcul de dérivées partielles secondes
Dérivées partielles de composés de fonctions
Dérivées partielles secondes de composés de fonctions

Définition du gradient

Soit

f : U \subset ℝ^{4} \to ℝ

une fonction de 4 variables. On lui associe un champ de vecteurs appelé champ de gradient et noté grad

f

f

(x₁, x₂, x₃, x₄) mapsto

f (x₁, x₂, x₃, x₄)= (D₁ f(x₁, x₂, x₃, x₄), D₂ f(x₁, x₂, x₃, x₄), D₃ f(x₁, x₂, x₃, x₄), D₄ f(x₁, x₂, x₃, x₄))

avec

D_{i} = \frac{\partial f}{\partial x_{i}}

En posant

M

=(x₁, x₂, x₃, x₄) ,

grad

f (M)

=(D₁ f(M), D₂ f(M), D₃ f(M), D₄ f(M)).

Exercice

Autres notations :

en utilisant la base canonique ( e₁, e₂, e₃, e₄ )
f = D₁ f e₁ + D₂ f e₂ + D₃ f e₃ + D₄ f e₄
En physique, on utilise la notation suivante : $u_{x} = e_{1}$ , $u_{y} = e_{2}$ , $u_{z} = e_{3}$ ce qui donne les formules suivantes
$\nabla = \frac{\partial}{\partial x} u_{x} + \frac{\partial}{\partial y} u_{y} + \frac{\partial}{\partial z} u_{z}$ dans $ℝ^{3}$
$\nabla = \frac{\partial}{\partial x} u_{x} + \frac{\partial}{\partial y} u_{y}$ dans $ℝ^{2}$
ou en mettant les scalaires après les vecteurs contrairement à nos habitudes
$\nabla = u_{x} \frac{\partial}{\partial x} + u_{y} \frac{\partial}{\partial y} + u_{z} \frac{\partial}{\partial z}$ dans $ℝ^{3}$
$\nabla = u_{x} \frac{\partial}{\partial x} + u_{y} \frac{\partial}{\partial y}$ dans $ℝ^{2}$ .

Dérivée directionnelle

Soit

u

un vecteur de

ℝ^{n}

M_{0}

un point de

ℝ^{n}

: on a alors

\frac{d}{dt}

f (M_{0} + tu)_{∣ t = 0} = (grad f) (M_{0}) \cdot u

Ce qui donne une interprétation de grad

f (M_{0}) \cdot u

Soit

u

un vecteur unitaire de

ℝ^{n}

. On appelle dérivée directionnelle de

f

dans la direction

u

au point

M_{0}

(ou encore la dérivée partielle de

f

dans la direction

u

au point

M_{0}

) le nombre

f_{u} (M_{0}) = (grad f) (M_{0}) \cdot u

Si la direction est donnée par un vecteur qui n'est pas unitaire, il faut le rendre unitaire en le divisant par sa norme :

f_{u} (M_{0}) = (grad f) (M_{0}) \cdot \frac{u}{∥ u ∥}

Propriété : La dérivée directionnelle est de norme maximale dans la direction du gradient et la direction dans laquelle la fonction

f

croît le plus vite est la direction du gradient.

Démonstration

u

v

sont deux vecteurs d'angle

s

, on a l'égalité

∣ u \cdot v ∣ = ∥ u ∥ ∥ v ∥ ∣ \cos (s) ∣

Ainsi,

∣ u \cdot v ∣ \leq ∥ u ∥ ∥ v ∥

et l'égalité a lieu si et seulement si les vecteurs

u

v

sont colinéaires. En particulier, si

u

est un vecteur unitaire,

∥ f_{u} (M_{0}) ∥ \leq ∥ grad (f) (M_{0}) ∥

∥ f_{u} (M_{0}) ∥

est égal à

∥ grad (f) (M_{0}) ∥

(et donc maximal) si

u

est colinéaire au gradient de

f

M_{0}

Exercices

Exercice : Dérivées directionnelles

Exercice : Gradient et croissance de la fonction

Approximation

Approximation linéaire
Differentiabilité
Estimation d'erreurs
Quelques exemples tirés de la physique
Approximation numérique
Gravitation et approximation
Exercice : Approximation linéaire

Approximation linéaire

Définition : Soit

f

une fonction de deux variables

(x, y)

définie au voisinage d'un point

M_{0} = (x_{0}, y_{0})

. On dit que la fonction affine

(x, y) \mapsto a + b x + c y

est une approximation linéaire ou plus exactement affine de

f

au point

M_{0} = (x_{0}, y_{0})

si l'on peut écrire

f (x, y) - (a + b x + c y) = (x - x_{0}) ε_{1} (x, y) + (y - y_{0}) ε_{2} (x, y)

avec des fonctions

ε_{1} (x, y)

ε_{2} (x, y)

tendant vers 0 lorsque

(x, y) \to (x_{0}, y_{0})

De manière équivalente, on peut aussi dire que la limite de

\frac{f (x, y) - (a + b x + c y)}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}

tend vers 0 lorsque

(x, y) \to (x_{0}, y_{0})

.
On dit que l'on a linéarisé

f

au voisinage de

M_{0}

: pour certains problèmes, on "peut" remplacer

f

par son approximation linéaire.
Lorsqu'on regarde la surface

S

d'équation

z = f (x, y)

, si

a + b x + c y

est l'approximation affine de

f

M_{0}

, l'équation

z = a + b x + c y

définit un plan dans

ℝ^{3}

qui est le plan tangent à la surface

S

M_{0}

. Cela sera revu dans le chapitre sur les surfaces.

Exercice Trouver l'approximation linéaire d'une fonction

Differentiabilité

Définition : Soit

f

une fonction de 2 variables

(x, y)

définie au voisinage d'un point

M_{0} = (x_{0}, y_{0})

. On dit que

f

est différentiable si

f

admet une approximation linéaire.

Théorème : Si

f

est une fonction de classe

On dit qu'une fonction définie sur un ouvert de

ℝ^{2}

est de classe

C^{1}

si elle est continue et admet des dérivées partielles premières continues.

C^{1}

dans un voisinage de

M_{0}

f

est différentiable et son approximation linéaire est donnée par

f (M_{0}) + D_{1} (f) (M_{0}) (x - x_{0}) + D_{2} (f) (M_{0}) (y - y_{0})

Autrement dit :

f (x, y) = \frac{\partial f}{\partial x} (x_{0}, y_{0}) (x - x_{0}) + \frac{\partial f}{\partial y} (x_{0}, y_{0}) (y - y_{0})

+ \sqrt{(x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2}} ε (x, y)

où

est une fonction de

(x, y)

définie au voisinage de

(x_{0}, y_{0})

telle que

\lim_{(x, y) \to (x_{0}, y_{0})} ε (x, y) = 0

f (x, y) = \frac{\partial f}{\partial x} (x_{0}, y_{0}) (x - x_{0}) \frac{\partial f}{\partial y} (x_{0}, y_{0}) (y - y_{0})

+ (x - x_{0}) ε_{1} (x, y) + (y - y_{0}) ε_{1} (x, y)

où

ε_{1}

ε_{2}

sont des fonctions de

(x, y)

définies au voisinage de

(x_{0}, y_{0})

telle que

\lim_{(x, y) \to (x_{0}, y_{0})} ε_{1} (x, y) = 0

\lim_{(x, y) \to (x_{0}, y_{0})} ε_{2} (x, y) = 0

Avec des notations différentes que l'on utilisera par la suite,

f (x, y) = D_{1} (f) (x_{0}, y_{0}) (x - x_{0}) + D_{2} (f) (x_{0}, y_{0}) (y - y_{0})

+ \sqrt{(x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2}} ε (x, y)

où

est une fonction de

(x, y)

définie au voisinage de

(x_{0}, y_{0})

telle que

\lim_{(x, y) \to (x_{0}, y_{0})} ε (x, y) = 0

f (M) = grad (f) (M_{0}) \cdot \overset{⇀}{M_{0} M} + ∥ M_{0} M ∥ ε (M)

où

est une fonction de

M

définie au voisinage de

M_{0}

telle que

\lim_{M \to M_{0}} ε (M) = 0

Estimation d'erreurs

On rencontre couramment en physique le problème suivant : On a une quantité

A

, fonction connue des quantités

a, b

... Ayant fait des mesures des quantités

a, b,

avec une certaine incertitude, on se demande avec quelle incertitude est connue

A

. Mathématiquement, on dispose des objets suivants

Une fonction $f = A$
Un point $M_{0}$ : $M_{0} = (x_{0}, y_{0})$ , c'est le point qu'on mesure
Un rectangle $R$ : par exemple $∣ x - x_{0} ∣ \leq r_{1}, ∣ y - y_{0} ∣ \leq r_{2}$ les nombres $r_{1}$ et $r_{2}$ représentent les erreurs maximales de mesure.
Un point $M_{1}$ : un point $(x_{1}, y_{1})$ du rectangle, c'est le point que l'on est en train de mesurer, on ne le connaît donc pas très précisément

On calcule

L'approximation numérique au point $M_{0}$ : $f (x_{0}, y_{0})$
Les dérivées partielles de $f$ : $D_{1} (f) (x, y)$ , $D_{2} (f) (x, y)$ sur le rectangle $R$ , ou encore ce qui revient au même la différentielle $df = D_{1} (f) (x, y) dx + D_{2} (f) (x, y) dy$ de $f$ .
La majoration de l'erreur : Elle est obtenue en apppliquant le théorème suivant :
Soit $f$ une fonction $C^{1}$ définie sur un rectangle $R$ de $ℝ^{2}$ centré en $M_{0}$ , défini par $∣ x - x_{0} ∣ < r_{1}$ , $∣ y - y_{0} ∣ < r_{2}$ . Alors, si $M_{1}$ est un point de $R$ , on a la majoration suivante :
$∣ f (x_{1}, y_{1}) - f (x_{0}, y_{0}) ∣$ $\leq \sup_{(x, y) \in R} ∣ D_{1} (f) (x, y) (x_{1} - x_{0}) + D_{2} (f) (x, y) (y_{1} - y_{0})$ $\leq A r_{1} + B r_{2}$
avec $A$ un majorant de $∣ D_{1} (f) (x, y) ∣$ sur $R$ et $B$ un majorant de $∣ D_{2} (f) (x, y) ∣$ sur $R$ .

C'est une conséquence de la formule de Taylor à une variable appliquée à la fonction $g$ définie par $g (z) = f (M_{0} + z \overset{⇀}{M_{0} M_{1}})$

Quelques exemples tirés de la physique :

Quelques exemples tirés de la physique

Calcul de la surface d'un disque
Calcul de la surface d'un rectangle
Calcul de nombre de bonbons
Calcul d'indice
Calcul d'indice dans un prisme

Calculs d'erreur

Exemple : La mesure du rayon d'un disque donne

x = 6 \pm 0.4

cm. Calculer la surface

S

du disque, ainsi que les incertitudes de la mesure (erreur absolue et erreur relative).
Solution

Plaçons nous dans le cadre mathématique : il s'agit de trouver la fonction qui est ici une fonction d'une variable

La fonction $f = S$ définie par $S (x) = π x^{2}$
Le point $M_{0}$ : $M_{0} = 6$
L' intervalle $I$ : par exemple $∣ x - 6 ∣ < 0.4$
Le point mesuré $M_{1}$ : un point $x_{1}$ de l'intervalle
L'approximation numérique au point $M_{0}$ : $S (6) = 113.09734$
La majoration de l'erreur : il s'agit
Soit $f$ une fonction $C^{1}$ définie sur un intervalle $I$ de centré en $x_{0}$ , défini par $∣ x - x_{0} ∣ < r_{1}$ . Alors, si $x_{1}$ est un point de $I$ , on a la majoration suivante :
$∣ f (x_{1}) - f (x_{0}) ∣ \leq \sup_{x \in I} ∣ f' (x) (x_{1} - x_{0}) ∣$ $\leq A r_{1}$
avec $A$ un majorant de $∣ f' (x) ∣$ sur $I$ .
de majorer $∣ 2 π x (x_{1} - 6) ∣$ sur l'intervalle $I$ par exemple :
$∣ 2 π x (x_{1} - 6) ∣ \leq 2 π ∣ x ∣ 0.4$ $\leq 2 π (6 + 0.4) 0.4 \leq 16.1$

La réponse est donc que la surface du disque est égale à

113.09

cm² à

\pm 16.1

cm² près et que l'erreur relative est de

\frac{16.1}{113.09734}

qui est inférieure à

15

Calculs d'erreur

Exemple : La mesure des côtés d'un rectangle donne

x = 9 \pm 0.1

cm et

y = 16 \pm 0.1

cm. Calculer la surface

S

du rectangle, ainsi que les incertitudes de la mesure (erreur absolue et erreur relative).
Solution

Plaçons-nous dans le cadre mathématique : il s'agit de trouver la fonction, le rectangle ...

La fonction $f = S$ : définie par $S (x, y) = x y$
Le point $M_{0}$ : $M_{0} = (9, 16)$
Le rectangle $R$ : par exemple $∣ x - 9 ∣ \leq 0.1, ∣ y - 16 ∣ \leq 0.1$
Le point mesuré $M_{1}$ : un point $(x_{1}, y_{1})$ du rectangle, c'est le point que l'on est en train de mesurer
L'approximation numérique au point $M_{0}$ : $S (9, 16) = 144$
La majoration de l'erreur : il s'agit
Soit $f$ une fonction $C^{1}$ définie sur un rectangle $R$ de $ℝ^{2}$ centré en $M_{0}$ , défini par $∣ x - x_{0} ∣ < r_{1}$ , $∣ y - y_{0} ∣ < r_{2}$ . Alors, si $M_{1}$ est un point de $R$ , on a la majoration suivante :
$∣ f (x_{1}, y_{1}) - f (x_{0}, y_{0}) ∣$ $\leq \sup_{(x, y) \in R} ∣ D_{1} (f) (x, y) (x_{1} - x_{0}) + D_{2} (f) (x, y) (y_{1} - y_{0})$ $\leq A r_{1} + B r_{2}$
avec $A$ un majorant de $∣ D_{1} (f) (x, y) ∣$ sur $R$ et $B$ un majorant de $∣ D_{2} (f) (x, y) ∣$ sur $R$ .
de majorer $∣ y (x_{1} - 9) + x (y_{1} - 16) ∣$ sur le rectangle $R$ , par exemple :
$∣ y (x_{1} - 9) + x (y_{1} - 16) ∣ \leq ∣ y ∣ 0.1 + ∣ x ∣ 0.1$ $\leq (16 + 0.1) 0.1 + (9 + 0.1) 0.1 \leq 1.8$

La réponse est donc que la surface du rectangle est égale à

144

cm² à

\pm 1.8

cm² près et que l'erreur relative est de

\frac{1}{144} \times 1.8

qui est inférieure à

2

% .

Calcul d'erreurs

Exemple : Un sac contient 1.6 kg

\pm 20

g de bonbons. Pour estimer le nombre de bonbons présents dans le sac, on pèse un bonbon au hasard et on obtient 18 g

\pm 2

g. On suppose que tous les bonbons sont identiques. Calculer le nombre total de bonbons avec l'incertitude absolue et relative.
Solution

Plaçons-nous dans le cadre mathématique : il s'agit de trouver la fonction, le rectangle ...

La fonction $f = N$ : définie par $N (x, y) = \frac{x}{y}$
Le point $M_{0}$ : $M_{0} = (1600, 18)$
Le rectangle $R$ : par exemple $∣ x - 1600 ∣ \leq 20, ∣ y - 18 ∣ \leq 2$
Le point mesuré $M_{1}$ : un point $(x_{1}, y_{1})$ du rectangle, c'est le point que l'on est en train de mesurer.
L'approximation numérique au point $M_{0}$ : $N (1600, 18) = 88.888889$ .
Les dérivées partielles de $f$ : $D_{1} f (x, y) = \frac{1}{y}$ , : $D_{2} f (x, y) = - \frac{x}{y^{2}}$
La majoration de l'erreur : il s'agit
Soit $f$ une fonction $C^{1}$ définie sur un rectangle $R$ de $ℝ^{2}$ centré en $M_{0}$ , défini par $∣ x - x_{0} ∣ < r_{1}$ , $∣ y - y_{0} ∣ < r_{2}$ . Alors, si $M_{1}$ est un point de $R$ , on a la majoration suivante :
$∣ f (x_{1}, y_{1}) - f (x_{0}, y_{0}) ∣$ $\leq \sup_{(x, y) \in R} ∣ D_{1} (f) (x, y) (x_{1} - x_{0}) + D_{2} (f) (x, y) (y_{1} - y_{0})$ $\leq A r_{1} + B r_{2}$
avec $A$ un majorant de $∣ D_{1} (f) (x, y) ∣$ sur $R$ et $B$ un majorant de $∣ D_{2} (f) (x, y) ∣$ sur $R$ .
de majorer $∣ \frac{1}{y} (x_{1} - 1600) - \frac{x}{y^{2}} (y_{1} - 18) ∣$ sur le rectangle $R$ par exemple :
$∣ \frac{1}{y} (x_{1} - 1600) - \frac{x}{y^{2}} (y_{1} - 18) ∣ \leq \frac{1}{∣ y ∣} 20 + ∣ \frac{x}{y^{2}} ∣ 2$ $\leq \frac{1}{18 - 2} 20 + \frac{1600 + 20}{(18 - 2)^{2}} 2 \leq 13.91$

La réponse est donc que le nombre de bonbons est égale à

88.888889

13.91 près et que l'erreur relative est de

\frac{13.91}{88.888889}

qui est inférieure à

16

% .

Calcul d'erreurs

Exemple : L'indice d'un milieu transparent à la lumière est

n (i, r) = \frac{\sin i}{\sin r}

. Calculer l'incertitude relative commise sur

n

en fonction de

i

r

et des incertitudes de mesures sur

r

et sur

i

pour

i = 63

degrés,

r = 36

degrés avec des incertitudes de mesure de 2 minutes d'angle.
Solution

Plaçons nous dans le cadre mathématique : il s'agit de trouver la fonction, le rectangle et il ne faut pas oublier de convertir les degrés et les minutes en radians.

La fonction $f = n$ : définie par $n (x, y) = \frac{\sin (x)}{\sin (y)}$
Le point $M_{0}$ : $M_{0} = (1.099, 0.628)$
Le rectangle $R$ : par exemple $∣ x - 1.099 ∣ \leq 0.001, ∣ y - 0.628 ∣ \leq 0.001$ .
Le point mesuré $M_{1}$ : un point $(x_{1}, y_{1})$ du rectangle, c'est le point que l'on est en train de mesurer.
L'approximation numérique au point $M_{0}$ : $f (1.099, 0.628) = 1.5161048$
Les dérivées partielles : $D_{1} f (x, y) = \frac{\cos (x)}{\sin (y)}$ , $D_{2} f (x, y) = - \frac{\sin (x) \cos (y)}{\sin^{2} (y)}$
La majoration de l'erreur : il s'agit
Soit $f$ une fonction $C^{1}$ définie sur un rectangle $R$ de $ℝ^{2}$ centré en $M_{0}$ , défini par $∣ x - x_{0} ∣ < r_{1}$ , $∣ y - y_{0} ∣ < r_{2}$ . Alors, si $M_{1}$ est un point de $R$ , on a la majoration suivante :
$∣ f (x_{1}, y_{1}) - f (x_{0}, y_{0}) ∣$ $\leq \sup_{(x, y) \in R} ∣ D_{1} (f) (x, y) (x_{1} - x_{0}) + D_{2} (f) (x, y) (y_{1} - y_{0})$ $\leq A r_{1} + B r_{2}$
avec $A$ un majorant de $∣ D_{1} (f) (x, y) ∣$ sur $R$ et $B$ un majorant de $∣ D_{2} (f) (x, y) ∣$ sur $R$ .
de majorer $∣ \frac{\cos (x) (x_{1} - 1.099)}{\sin (y)} - \frac{\sin (x) \cos (y) (y_{1} - 0.628)}{\sin^{2} (y)} ∣$ sur le rectangle $R$ par exemple un majorant est (autour des points 1.099 et 0.628, la fonction sinus est croissante et la fonction cosinus est décroissante)
$\frac{0.001 \cos (1.099 - 0.001)}{\sin (0.628 - 0.001)} + \frac{0.001 \sin (1.099 + 0.001) \cos (0.628 - 0.001)}{\sin^{2} (0.628 - 0.001)}$ 0.01 )

La réponse est donc que l'indice est égal à

1.318

\pm 0.01

près et que l'erreur relative est de

\frac{0.01}{1.318}

qui est inférieure à

1

% .

Calculs d'erreurs

Exemple : Au minimum de déviation

D_{m}

, l'indice

n

d'un prisme d'angle au sommet d'angle

A

est donné par

n = \frac{\sin \frac{D_{m} + A}{2}}{\sin \frac{A}{2}}

. Calculer l'incertitude relative de l'indice en prenant

D_{m} = 62

degrés,

A = 35

degrés, incertitude sur

D_{m}

= 0.04 degrés, incertitude sur

A

= 0.12 degrés.
Solution

Plaçons-nous dans le cadre mathématique : il s'agit de trouver la fonction, le rectangle ...

La fonction $f = n$ : définie par $n (x, y) = \frac{\sin (\frac{1}{2} (x + y))}{\sin (\frac{1}{2} y)}$
Le point $M_{0}$ : $M_{0} = (1.082, 0.61)$ : les angles en degrés sont convertis en radians.
Le rectangle $R$ : par exemple $∣ x - 1.082 ∣ \leq 0.001, ∣ y - 0.61 ∣ \leq 0.003$ .
Le point mesuré $M_{1}$ : un point $(x_{1}, y_{1})$ du rectangle, c'est le point que l'on est en train de mesurer.
L'approximation numérique au point $M_{0}$ : $f (1.082, 0.61) = 2.4930119$
Les dérivées partielles :
$D_{1} f (x, y) = \frac{\cos (\frac{1}{2} (x + y))}{2 \sin (\frac{1}{2} y)}$ , $D_{2} f (x, y) = \frac{\sin (y + \frac{1}{2} x)}{2 \sin^{2} (\frac{1}{2} y)}$
La majoration de l'erreur : il s'agit
Soit $f$ une fonction $C^{1}$ définie sur un rectangle $R$ de $ℝ^{2}$ centré en $M_{0}$ , défini par $∣ x - x_{0} ∣ < r_{1}$ , $∣ y - y_{0} ∣ < r_{2}$ . Alors, si $M_{1}$ est un point de $R$ , on a la majoration suivante :
$∣ f (x_{1}, y_{1}) - f (x_{0}, y_{0}) ∣$ $\leq \sup_{(x, y) \in R} ∣ D_{1} (f) (x, y) (x_{1} - x_{0}) + D_{2} (f) (x, y) (y_{1} - y_{0})$ $\leq A r_{1} + B r_{2}$
avec $A$ un majorant de $∣ D_{1} (f) (x, y) ∣$ sur $R$ et $B$ un majorant de $∣ D_{2} (f) (x, y) ∣$ sur $R$ .
de majorer $∣ \frac{\cos (\frac{1}{2} (x + y)) (x_{1} - 1.082)}{2 \sin (\frac{1}{2} y)} + \frac{\sin (y + \frac{1}{2} x) (y_{1} - 0.61)}{2 \sin^{2} (\frac{1}{2} y)} ∣$ sur le rectangle $R$ par exemple un majorant est (autour des points 1.082 et 0.61, la fonction sinus est croissante et la fonction cosinus est décroissante)
$\frac{\cos ((1.082 - 0.001 + 0.61 - 0.003) / 2)}{2 \sin ((0.61 - 0.003) / 2)} 0.04$ $+ \frac{\sin (0.61 + 0.003 + (1.082 + 0.001) / 2)}{2 \sin ((0.61 - 0.003) / 2)^{2}} 0.12$ $\leq 0.66$

La réponse est donc que l'indice est égal à

2.493

\pm 0.66

près et que l'erreur relative est de

\frac{0.66}{2.493}

qui est inférieure à

27

Approximation numérique

Supposons que l'on connaisse l'approximation linéaire de la fonction

f

(x_{0}, y_{0})

. Pour calculer une approximation du nombre

f (x_{1}, y_{1})

avec

(x_{1}, y_{1})

proche de

(x_{0}, y_{0})

, on peut utiliser cette approximation linéaire

A

Exemple : L'approximation affine en

(0, 0)

de la fonction définie par

f (x, y) =

est

NaN + (NaN) x + (NaN) y

. Une approximation de

f (- 0.023, 0.019)

est donc

NaN

obtenue en évaluant en

x = - 0.023

y = 0.019

. La "vraie" valeur de

f (- 0.023, 0.019)

ou plutôt une meilleure approximation est

NaN

Mais sans autre précision, on ne peut pas connaître l'erreur commise, c'est-à-dire une majoration de la différence (en valeur abolue) entre

f (x_{1}, y_{1})

A

. Ce problème a déjà été rencontré dans le cas des fonctions d'une variable.

Dans ce cas là, cette erreur est majorée par

\frac{\sup_{x \in I} ∣ f ″ (x) ∣}{2} ∣ x_{1} - x_{0} ∣^{2}

pour

I

un intervalle contenant

x_{0}

x_{1}

(application de la formule de Taylor-Lagrange),

Dans le cas de deux variables, on utilise aussi une formule de Taylor-Lagrange qui fait intervenir les dérivées partielles d'ordre 2.

Soit

f

une fonction de classe

C^{2}

sur une boule (ou un rectangle)

B

de centre

M_{0}

. Alors, si

(x, y)

est un point de B, il existe

t \in [0, 1]

tel que

f (M) = f (M_{0}) + D_{1} (f) (M_{0}) (x - x_{0}) + D_{2} (f) (M_{0}) (y - y_{0}) +

\frac{1}{2} D_{1, 1} (f) (M_{0} + t \overset{⇀}{M_{0} M}) (x - x_{0})^{2} +

D_{1, 2} (f) (M_{0} + t \overset{⇀}{M_{0} M}) (x - x_{0}) (y - y_{0})

\frac{1}{2} D_{2, 2} (f) (M_{0} + t \overset{⇀}{M_{0} M}) (y - y_{0})^{2}

Idée de la démonstration

La formule se montre à partir de la formule pour une fonction à une variable

z \in [0, 1]

donnée par

g (z) = f (M_{0} + z \overset{⇀}{M_{0} M})

On a alors

g (0) = f (M_{0})

g (1) = f (M)

On en déduit que

Soit

f

une fonction

C^{2}

définie sur un rectangle

B

ℝ^{2}

centré en

M_{0}

, défini par

∣ x - x_{0} ∣ < r_{1}

∣ y - y_{0} ∣ < r_{2}

. Alors, si

a + b x + c y

est l'approximation linéaire de

f (M) = f (x, y)

au point

M_{0}

, on a la majoration suivante et si

M_{1}

est un point de

B

∣ f (x_{1}, y_{1}) - (a + {bx}_{1} + {cy}_{1}) ∣ \leq \frac{1}{2} (U r_{1}^{2} + V r_{1} r_{2} + W r_{2}^{2})

avec

U

un majorant de

∣ D_{1, 1} (f) (x, y) ∣

sur

B

V

un majorant de

∣ D_{1, 2} (f) (x, y) ∣

sur

B

W

un majorant de

∣ D_{2, 2} (f) (x, y) ∣

sur

B

Exemples

Gravitation et approximation

Cet exemple concerne en fait une fonction d'une variable. Reprenons un énoncé de physique :

Exercice : A la surface de la terre, la norme du champ de gravitation

\overset{⇀}{g}

est

∥ {\overset{⇀}{g}}_{0} ∥ = g_{0} = \frac{GM}{R^{2}}

où

G

est la constante de gravitation,

M

la masse de la terre et

R

le rayon de la terre. A l'altitude

z

, on a

∥ \overset{⇀}{g (z)} ∥ = \frac{GM}{(R + z)^{2}}

z < < R

, donner en fonction de

z_{0}

z

R

une expression approchée de

g (z) = ∥ \overset{⇀}{g (z)} ∥

en utilisant un développement limité au second ordre en

\frac{z}{R}

(ou plutôt la formule de Taylor-Lagrange à l'ordre 2). Calculer l'erreur relative.
Une solution

Posons

u = \frac{z}{R}

. On a

g (z) = \frac{GM}{R^{2}} {(1 + u)}^{- 2}

Le développement limité de

(1 + u)^{- 2}

à l'ordre 2 est

(1 + u)^{- 2} = 1 - 2 u + 3 u^{2} + o (u^{2})

Une expression approchée

g_{app}

g

est

g_{app} z = g_{0} (1 - \frac{2 z}{R} + 3 {(\frac{z}{R})}^{2})

Quelle erreur a-t-on fait ? Grossièrement, on peut dire qu'elle est de l'ordre de

{(\frac{z}{R})}^{3}

. Soyons précis. Montrons que si

f (u) = (1 + u)^{- 2}

et si

u > 0

∣ (1 + u)^{- 2} - (1 - 2 u + 3 u^{2}) ∣ \leq 4 u^{3}

Preuve

Par la formule de Taylor-Lagrange (ou par l'inégalité de Taylor-Lagrange), on a l'inégalité

∣ (1 + u)^{- 2} - (1 - 2 u + 3 u^{2}) ∣ \leq u^{3} \sup_{0 < v < r} ∣ f^{(3)} (v) ∣ / 3!

avec

f (u) = (1 + u)^{- 2}

. On calcule la dérivée troisième de

f

f' (u) = - 2 (1 + u)^{- 3}, f ″ (u) = 6 (1 + u)^{- 4}

f^{(3)} (u) = - 24 (1 + u)^{- 5}

Pour

u > 0

, on a

(1 + v)^{- 5} \leq 1

∣ (1 + u)^{- 2} - (1 - 2 u + 3 u^{2}) ∣ \leq 4 u^{3}

En revenant à notre problème initial, pour

0 \leq z < R

\frac{∣ g (z) - g_{app} (z) ∣}{g_{0}} \leq 4 (z / R)^{3}

Si l'on considère l'approximation satisfaisante lorsque l'erreur relative est inférieure à 1.3%, l'altitude maximum admissible est

h

vérifiant

4 {(\frac{h}{R})}^{3} < 0.013

c'est-à-dire

h < {(\frac{1}{4} \times 0.013)}^{\frac{1}{3}} R < 946

km avec le rayon de la terre

R

égal à 6380 km.

Exercice : Approximation linéaire

Exercice : Trouver l'approximation linéaire d'une fonction

Courbes de niveau

Courbes de niveau
Exemples
Courbes de niveau et surfaces
Exercices
Tangente aux courbes de niveau
Tangente, normale et gradient
Et lorsque le gradient est nul ?
Gradient et courbes de niveau

Courbes de niveau

Définition : Soit

f

une fonction définie sur un ouvert

U

ℝ^{2}

. On appelle courbe de niveau de

f

associée au réel

k

l'ensemble des points (x,y) de

U

vérifiant

f (x, y) = k

. Cet ensemble est éventuellement vide.

L'exemple le plus naturel et qui a donné son nom aux courbes de niveau est celui des cartes topographiques. Si l'on voit $f (x, y)$ comme l'altitude en un point $(x, y)$ , la courbe de niveau $f (x, y) = k$ est bien ce qui est appelé courbe de niveau en géographie ou cartographie. Les courbes de niveau sont les courbes d'altitude constante. Les courbes de niveau sont tracées pour des altitudes $k$ régulièrement espacées par exemple tous les 100 m.
Si $f (x, y)$ représente la température en un point $(x, y)$ , c'est ce qu'on appelle courbe isothermale ou isotherme .

Si l'on coupe la surface d'équation

z = f (x, y)

dans

ℝ^{3}

par le plan "horizontal"

z = k

, et que l'on projette la courbe obtenue dans le plan

xOy

, on obtient la courbe de niveau

k

d'équation

f (x, y) = k

.
On dessine les courbes de niveau de

f

pour des valeurs de

k

de la forme

k_{0}

k_{0} + s

k_{0} + 2 s

k_{0} + 3 s

, ... On dit alors qu'elles sont équiréparties.

Un exemple : Courbes de niveau de la fonction

f

définie par

f (x, y) =

pour

- 5 \leq x, y \leq 5

En utilisant l'outil Tracé de la surface , comparer le dessin en 3D avec le dessin des courbes de niveau. Vous pouvez aussi une fois la fenêtre de tracé ouverte rajouter l'équation du plan horizontal dont vous désirez voir la section avec la surface : z= ?

D'autres exemples
D'autres exemples plus compliqués

Exemples

Exemple : Courbes de niveau de la fonction

f

définie par

f (x, y) =

pour

- 5 \leq x, y \leq 5

Courbes de niveau et surfaces

Courbes de niveau de la fonction

f (x, y) = \frac{(x^{2} - 1) + (y^{2} - 4) + (x^{2} - 1) (y^{2} - 4)}{{(x^{2} + y^{2} + 1)}^{2}}

pour

- 5 \leq x, y \leq 5

Exercices

Exercices : Faire le lien entre représentation graphique d'une fonction de 2 variables (c'est-à-dire la représentation de la surface

z = f (x, y)

) et les courbes de niveau de

f

Représentation graphique et courbes de niveau 1
Représentation graphique et courbes de niveau 2

Dans les exercices suivants, la fonction est une fonction des coordonnées polaires du plan

(r, θ)

. Cela arrive très naturellement. Par exemple, dans les problèmes de , chimie atomistique,

en fait, il s'agit alors de fonctions de trois variables exprimées en coordonnées sphériques

la fonction est même le produit d'une fonction de

r

par une fonction de

θ

f (r, θ) = R (r) Θ (θ)

.
On demande de faire le lien entre les courbes de niveau

f (r, θ) = k

, représentées dans le plan

xOy

et les fonctions

R

Représentation graphique et courbes de niveau (polaires)
Représentation graphique et courbes de niveau (polaires)
Représentation graphique et courbes de niveau (polaires)

Exercice : Reconnaître une fonction par sa représentation graphique :

Représentation graphique et fonction, 1
Représentation graphique et fonction, 2
Représentation graphique et fonction, 3

Tangente aux courbes de niveau

Théorème : Soit

f

une fonction

C^{1}

sur un ouvert

U

ℝ^{2}

M_{0}

un point de

U

avec

f (M_{0}) = k

. On suppose que le gradient de

f

est non nul en

M_{0}

. La tangente en

M_{0}

à la courbe d'équation

f (x, y) = k

a comme équation

grad

f (M_{0}) \cdot \overset{⇀}{M_{0} M} = 0

ou encore

D_{1} (f) (x_{0}, y_{0}) (x - x_{0}) + D_{2} (f) (x_{0}, y_{0}) (y - y_{0}) = 0

Démonstration

Nous ne donnons ici qu'une idée de la démonstration en supposant que localement la courbe d"équation

f (x, y) = 0

peut être paramétrée, c'est-à-dire qu'il existe deux fonctions

c_{1}

c_{2}

d'un intervalle ouvert

I

contenant 0 dans

U

telles que

$M_{0} = (c_{1} (0), c_{2} (0))$
$f (c_{1} (t), c_{2} (t)) = 0$ pour $t \in I$

En dérivant l'équation

f (c_{1} (t), c_{2} (t)) = 0

par rapport à

t

, on obtient

c_{1}' (t) D_{1} (f) (c_{1} (t), c_{2} (t)) + c_{2}' (t) D_{2} (f) (c_{1} (t), c_{2} (t)) = 0

Prenons la valeur en

t = 0

c_{1}' (0) D_{1} (f) (M_{0}) + c_{2}' (0) D_{2} (f) (M_{0}) = 0

Le vecteur grad

f (M_{0})

est donc normal au vecteur

(c_{1}' (0), c_{2}' (0))

. Or ce vecteur est le vecteur dérivé de la courbe paramétrée

(c_{1}, c_{2})

et appartient donc à la tangente à la courbe en

M_{0}

Exercice : Vérifier que si

C

est la courbe d'équation

y = g (x)

, on retrouve l'équation usuelle de la tangente (prendre

f (x, y) = y - g (x)

Exercice : Equation de la droite tangente à l'ellipse

(x - 5)^{2} + 3 (y - 3)^{2} = 1

au point

M_{0} = (a, b)

supposé appartenir à l'ellipse.

(a - 5) (x - a) + 3 (b - 3) (y - b) = 0

Tangente, normale et gradient

Propriété : Les courbes de niveau d'une fonction

f

sont perpendiculaires au gradient de

f

.
Démonstration

La droite tangente à la courbe d'équation

f (x, y) = k

au point

M_{0} = (x_{0}, y_{0})

avec

f (x_{0}, y_{0}) = k

admet comme équation

grad

f (M_{0}) \cdot \vec{{MM}_{0}} = 0

lorsque grad

(f) (M_{0}) \neq 0

; autrement dit

\frac{\partial f}{\partial x} (x_{0}, y_{0}) (x - x_{0}) + \frac{\partial f}{\partial y} (x_{0}, y_{0}) (y - y_{0}) = 0

et la tangente en

M_{0}

est perpendiculaire au vecteur grad

f (M_{0})

(c'est une droite affine à propos).

Exercice : Gradient, tangente et normale

Et lorsque le gradient est nul ?

Exemple : Courbes de niveau de la fonction

f

définie par

f (x, y) =

pour

- 5 \leq x, y \leq 5

Lorsque

k = 0

grad

= (,)

est nul au point

(0, 0)

et on ne peut donc pas définir de tangente à la courbe en ce point à l'aide du gradient.

Que peut-on faire ? On peut quand même deviner qu'il y a des tangentes à la courbe.
Supposons qu'il existe une courbe paramétrée

C

c = (c_{1}, c_{2})

C^{1}

définie sur un intervalle

I

ouvert contenant 0 et telle que

f (c_{1} (t), c_{2} (t)) = 0

pour

t \in I

M_{0} = (c_{1} (0), c_{2} (0))

. Cherchons ce que l'on peut dire du vecteur tangent à

C

. En dérivant l'équation, on obtient

c_{1}' (t) D_{1} (f) (c_{1} (t), c_{2} (t)) + c_{2}' (t) D_{2} (f) (c_{1} (t), c_{2} (t)) = 0

Prenons la valeur en

t = 0

: on obtient 0=0.
Dérivons-la de nouveau

c_{1} ″ (t) D_{1} (f) (c_{1} (t), c_{2} (t)) + c_{2} ″ (t) D_{2} (f) (c_{1} (t), c_{2} (t)) +

c_{1}' (t)^{2} D_{1, 1} (f) (c_{1} (t), c_{2} (t)) + c_{2}' (t)^{2} D_{2, 2}^{2} (f) (c_{1} (t), c_{2} (t))

+ 2 c_{1}' (t) c_{2}' (t) D_{1, 2} (f) (c_{1} (t), c_{2} (t)) = 0

Prenons la valeur en

t = 0

c_{1}' (0)^{2} D_{1, 1} (f) (M_{0}) + c_{2}' (0)^{2} D_{2, 2} (f) (M_{0}) + 2 c_{1}' (0) c_{2}' (0) D_{1, 2} (f) (M_{0}) = 0

Ce qui donne une équation pour les composantes des vecteurs dérivés

u = (u_{1}, u_{2})

possibles au moins si une des dérivées secondes est non nulle en

M_{0}

Ici, on obtient

D_{1, 1} (f) =

D_{1, 2} (f)

=

D_{2, 2} (f)

=

NaN u_{1}^{2} + 2 NaN u_{1} u_{2} + NaN u_{2}^{2} = 0

Pour mieux comprendre en appliquant :

Exercice sur les courbes paramétrées et les équations implicites de courbes

Gradient et courbes de niveau

Les variations de la norme du gradient peuvent se deviner sur le dessin des courbes de niveau équidistribuées. Ainsi, sur une carte géographique, les endroits pentus sont ceux où les lignes de niveau sont très rapprochées.

Exercice : comparaison du gradient en deux points

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