Fonctions de deux variables

Cauchy-Schwarz (chapitre sur les espaces préhilbertiens) : $⟨\nabla f(a),u⟩\le \Vert \nabla f(a)\Vert \Vert u\Vert =\Vert \nabla f(a)\Vert$, avec égalité si et seulement si $u$ est positivement colinéaire à $\nabla f(a)$. Le gradient pointe vers la montée la plus raide — et $-\nabla f$ vers la descente la plus raide : c'est le principe de la descente de gradient, l'algorithme au cœur de l'optimisation et de l'apprentissage automatique.

La fonction partielle $x\mapsto f(x,y_0)$ admet un extremum local en $x_0$, point intérieur : sa dérivée $\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)$ s'annule (chapitre sur la dérivabilité). De même pour $y$. (L'hypothèse d'ouvert est essentielle : sur un domaine avec bord, l'extremum peut être au bord sans gradient nul — penser au maximum de $x$ sur un disque fermé.)

On fige l'autre variable et on dérive (chapitre sur les techniques de calcul) :

$$\frac{\partial f}{\partial x}=2xy+y\cos (xy),\frac{\partial f}{\partial y}=x^2+x\cos (xy);$$

$$\frac{\partial g}{\partial x}=\frac{2x}{x^2+y^2},\frac{\partial g}{\partial y}=\frac{2y}{x^2+y^2}.$$

(Toutes sont continues sur leurs domaines : $f$ et $g$ sont de classe ${\mathcal{C}}^1$.)

$\nabla f=(2x,2y)$, donc $\nabla f(1,2)=(2,4)$ et $z_0=5$ :

$$\text{plan tangent : }z=5+2(x-1)+4(y-2).$$

Approximation avec $h=0,1$ et $k=-0,1$ :

$$f(1,1;1,9)\approx 5+2(0,1)+4(-0,1)=4,8(\text{valeur exacte}:1,21+3,61=4,82).$$

Erreur $0,02$ : c'est le $o(\Vert (h,k)\Vert )$ — quadratique ici, comme pour les ${\mathrm{DL}}_1$ de l'analyse asymptotique.

$\nabla T=(-2x,-4y)$, donc $\nabla T(1,1)=(-2,-4)$ : la croissance maximale a lieu dans la direction du gradient,

$$u=\frac{\nabla T(1,1)}{\Vert \nabla T(1,1)\Vert }=\frac{1}{\sqrt{20}}(-2,-4)=\frac{1}{\sqrt{5}}(-1,-2),$$

avec un taux $\Vert \nabla T(1,1)\Vert =2\sqrt{5}\approx 4,47$ degrés par unité de distance. Attention : cette direction ne pointe pas vers l'origine, bien que l'origine soit le sommet de la « colline » thermique — l'angle entre les deux vaut $\arccos (3/\sqrt{10})\approx 18,4^{\circ }$. Le gradient donne la plus forte pente locale ; il ne vise le sommet que lorsque les lignes de niveau sont des cercles, alors qu'ici ce sont des ellipses. À l'opposé, $-u$ est la direction de refroidissement le plus rapide.

Chaîne : $\nabla f=(2xy,x^2)$ et ${\gamma }^{\prime }(t)=(-\sin t,\cos t)$, d'où

$$(f\circ \gamma {)}^{\prime }(t)=⟨\nabla f(\gamma (t)),{\gamma }^{\prime }(t)⟩=2\cos t\sin t(-\sin t)+{\cos }^{2}t(\cos t)={\cos }^{3}t-2\cos t{\sin }^{2}t.$$

Directement : $g(t)={\cos }^{2}t\sin t$, et $g^{\prime }(t)=-2\cos t\sin t\cdot \sin t+{\cos }^{2}t\cdot \cos t$ — le même résultat. ✓ (La chaîne évite de composer d'abord : indispensable quand $f$ n'est pas explicite.)

$\nabla f=(y,x)$, donc $\nabla f(2,1)=(1,2)$ :

$$D_{u}f(a)=⟨(1,2),\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)⟩=\frac{3}{\sqrt{2}},D_{v}f(a)=⟨(1,2),\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1)⟩=-\frac{1}{\sqrt{2}}.$$

En se déplaçant selon $u$, $f$ croît (taux $\frac{3}{\sqrt{2}}\approx 2,12$) ; selon $v$, elle décroît. Le maximum sur toutes les directions serait $\Vert \nabla f(a)\Vert =\sqrt{5}\approx 2,24$, atteint dans la direction du gradient : $u$ en est proche, sans l'égaler.

La ligne de niveau est le cercle $x^2+y^2=25$, paramétré par $\gamma (t)=(5\cos t,5\sin t)$, qui passe en $(3,4)$ pour $\cos t_0=\frac{3}{5}$, $\sin t_0=\frac{4}{5}$. On a $\nabla f(3,4)=(6,8)$, et le vecteur tangent vaut ${\gamma }^{\prime }(t_0)=(-5\sin t_0,5\cos t_0)=(-4,3)$ :

$$⟨(6,8),(-4,3)⟩=-24+24=0.✓$$

Le gradient $(6,8)$ est porté par le rayon : il pointe radialement (la plus forte montée du « bol » $x^2+y^2$), perpendiculairement au cercle de niveau — exactement la figure du cours.

On applique la composée à deux variables avec $x=r\cos \theta$, $y=r\sin \theta$ :

$$\frac{\partial F}{\partial r}=\cos \theta \frac{\partial f}{\partial x}+\sin \theta \frac{\partial f}{\partial y},\frac{\partial F}{\partial \theta }=-r\sin \theta \frac{\partial f}{\partial x}+r\cos \theta \frac{\partial f}{\partial y}$$

(dérivées partielles de $f$ évaluées en $(r\cos \theta ,r\sin \theta )$). Remarquer : $\frac{\partial F}{\partial r}=⟨\nabla f,u_r⟩$ avec $u_r=(\cos \theta ,\sin \theta )$ — la dérivée radiale —, et $\frac{1}{r}\frac{\partial F}{\partial \theta }$ est la dérivée selon le vecteur orthoradial : le gradient se décompose dans le repère polaire. C'est le calcul de référence pour toutes les EDP à symétrie circulaire.

$$\nabla f=(2x-2,2y-4)=(0,0)⟺(x,y)=(1,2):$$

unique point critique. La forme canonique (le calcul algébrique, toujours lui) tranche sa nature :

$$f(x,y)=(x-1{)}^2+(y-2{)}^2+2\ge 2=f(1,2):$$

$(1,2)$ est un minimum global, de valeur $2$. (La surface est le bol $z=x^2+y^2$ translaté : le gradient nul a trouvé son fond.)

$$\nabla f=\left(3x^2-3y,3y^2-3x\right)=(0,0)⟺y=x^2\text{ et }x=y^2,$$

$$\text{d’ouˋ}x=x^4⟹x\in \{0,1\}:$$

deux points critiques, $(0,0)$ et $(1,1)$.

En $(0,0)$ : le long de l'axe des $x$, $f(x,0)=x^3$ change de signe en $0$ — ni minimum ni maximum : point selle.

En $(1,1)$ ($f(1,1)=-1$) : posons $x=1+h$, $y=1+k$ et développons :

$$f(1+h,1+k)+1=3h^2+3k^2-3hk+h^3+k^3=\underset{\text{forme canonique }\ge c(h^2+k^2)}{\underbrace{3{\left(h-\frac{k}{2}\right)}^2+\frac{9}{4}{k}^2}}+\underset{o(h^2+k^2)}{\underbrace{h^3+k^3}}:$$

au voisinage de $(1,1)$, le terme quadratique (défini positif) domine les termes cubiques : $f(1+h,1+k)>-1$ pour $(h,k)\ne 0$ assez petit — minimum local (mais pas global : $f(x,0)=x^3\to -\infty$). Le duo gradient $+$ forme canonique fait toute l'étude.

Dimensions $x,y$ (base) et $h$ (hauteur), avec $xyh=32$, donc $h=\frac{32}{xy}$. La surface (fond $+$ quatre faces) :

$$S(x,y)=xy+2xh+2yh=xy+\frac{64}{y}+\frac{64}{x}(x,y>0:\text{un ouvert}).$$

Points critiques :

$$\frac{\partial S}{\partial x}=y-\frac{64}{x^2}=0,\frac{\partial S}{\partial y}=x-\frac{64}{y^2}=0⟹y=\frac{64}{x^2},x=\frac{64}{y^2}=\frac{x^4}{64}⟹x^3=64:$$

$x=4$, puis $y=4$ et $h=\frac{32}{16}=2$. C'est le seul point critique, et $S\to +\infty$ au bord du domaine ($x$ ou $y\to 0$ ou $\to \infty$) : c'est bien le minimum global,

$$S(4,4)=16+16+16=48{\text{ dm}}^2,\text{boıˆte }4\times 4\times 2$$

— base carrée, hauteur moitié du côté. (Tout problème d'optimisation à contrainte simple se ramène ainsi à un point critique en deux variables : c'est le quotidien de l'ingénieur.)