Dérivation implicite et taux liés

Nablio · 32 minPublié le 3 octobre 2026

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Un rayon, un niveau d’eau et une distance peuvent tous varier avec le temps, sans varier au même taux. Un problème de taux liés commence par une équation qui relie les grandeurs. En dérivant cette équation, on relie leurs taux de variation instantanés.

Cette leçon part de la dérivation implicite, passe à deux modèles géométriques où des grandeurs varient, puis propose quatre questions de plus en plus autonomes. Vous apprendrez à choisir les variables, à distinguer une dimension fixe d’une valeur à un instant donné et à expliquer le signe et les unités du résultat. Révisez d’abord les règles du produit et de la chaîne au besoin.

Les exemples et les figures sont des exercices originaux de Nablio. Ils portent sur des sujets indiqués pour MATH 203 à Concordia; consultez le plan de cours actuel de votre groupe pour la matière évaluée. Ce guide indépendant n’est pas un document officiel du cours.

La variable qui change à l’intérieur de la formule

Si $y$ dépend de $x$ , alors $y^2$ est une fonction composée : on élève au carré la valeur de $y(x)$ . La règle de la chaîne donne

$\frac{d}{dx}(y^2)=2y\frac{dy}{dx}.$

Le facteur $dy/dx$ tient compte de la variation de la fonction intérieure. Le produit $xy$ contient lui aussi deux facteurs qui dépendent de $x$ :

$\frac{d}{dx}(xy)=y+x\frac{dy}{dx}.$

La dérivation implicite consiste à dériver une relation sans d’abord isoler $y$ . On travaille sur une portion de la courbe où $y$ est une fonction dérivable de $x$ . On ne suppose pas que la courbe entière passe le test de la droite verticale.

Exemple résolu 1 Trouver une pente sans isoler la fonction

Considérons la courbe

$x^2+xy+2y^2=28.$

Ici, $x$ et $y$ sont des coordonnées sans dimension. Trouvez la pente de la tangente au point $(2,3)$ .

Vérifier le point et dériver

Le point appartient à la courbe, car $2^2+2(3)+2(3^2)=28$ . Traitez $y$ comme une fonction de $x$ et dérivez chaque terme :

$2x+y+x\frac{dy}{dx}+4y\frac{dy}{dx}=0.$

La constante $28$ a pour dérivée zéro. Le terme $xy$ demande la règle du produit, et $2y^2$ , la règle de la chaîne.

Regrouper la dérivée inconnue

$\begin{aligned}(x+4y)\frac{dy}{dx}&=-(2x+y),\\\frac{dy}{dx}&=-\frac{2x+y}{x+4y}.\end{aligned}$

Cette division est permise lorsque $x+4y\ne0$ . Au point $(2,3)$ , le dénominateur vaut $14$ , donc

$\left.\frac{dy}{dx}\right|_{(2,3)}=-\frac{7}{14}=-\frac12.$

La tangente a pour équation $y-3=-\tfrac12(x-2)$ . Près de ce point, une petite augmentation de $x$ entraîne une variation de $y$ environ deux fois plus petite et de signe opposé. Si le dénominateur avait été nul, ce quotient n’aurait pas fourni de pente finie; il aurait fallu examiner la courbe au point concerné.

Prendre le temps comme variable indépendante

Dans un problème de taux liés, la variable indépendante est généralement le temps $t$ . Les deux grandeurs $x=x(t)$ et $y=y(t)$ peuvent alors varier. Comparez attentivement :

$\begin{aligned}\frac{d}{dt}(x^2)&=2x\frac{dx}{dt},\\\frac{d}{dt}(y^2)&=2y\frac{dy}{dt}.\end{aligned}$

En particulier, $d(x^2)/dt$ ne vaut généralement pas $2x$ . En dérivant la relation de l’exemple 1 par rapport au temps, on obtiendrait

$\begin{aligned}&(2x+y)\frac{dx}{dt}\\&\quad +(x+4y)\frac{dy}{dt}=0.\end{aligned}$

Au point $(2,3)$ , cela donne $dy/dt=-\tfrac12\,dx/dt$ . La pente de la courbe relie les taux de variation des deux coordonnées; elle ne détermine pas la rapidité du déplacement tant qu’aucun taux par rapport au temps n’est fourni.

Construire le modèle avant de remplacer les variables

Définir les variables. Précisez ce que mesure chaque grandeur, son unité et son sens positif. Écrivez explicitement le taux recherché.
Distinguer les données fixes des valeurs instantanées. Une longueur rigide reste constante pendant le mouvement. Une hauteur variable qui vaut $3$ à un instant donné reste une variable.
Écrire une relation valable près de cet instant. Utilisez la géométrie ou un autre modèle indiqué. S’il reste trop de taux inconnus, cherchez une deuxième relation.
Dériver, puis évaluer. Les constantes fixes peuvent être remplacées dès le départ. Remplacez les valeurs instantanées des grandeurs variables seulement après la dérivation.
Interpréter le résultat. Vérifiez le signe, les unités et si le taux est instantané ou constant sur un intervalle.

Écrire $r(t_0)=4$ à un instant particulier $t_0$ ne signifie pas que $r(t)=4$ aux instants voisins. Remplacer un rayon variable par $4$ avant de dériver supprimerait précisément la variation à mesurer.

Exemple résolu 2 Une échelle rigide dont les deux extrémités bougent

Dans un modèle géométrique idéal, une échelle droite de longueur fixe $13\,\mathrm{m}$ reste en contact avec un mur vertical et un sol horizontal. Son pied s’éloigne du mur à $0{,}60\,\mathrm{m/s}$ . À quel taux le sommet se déplace-t-il verticalement lorsque le pied se trouve à $5\,\mathrm{m}$ du mur?

Soit $t$ le temps en secondes, $x(t)$ la distance horizontale entre le pied et le mur en mètres, et $y(t)$ la hauteur du sommet en mètres. Une augmentation de $x$ correspond à un éloignement du mur; une augmentation de $y$ , à un mouvement vers le haut. On connaît $dx/dt=0{,}60\,\mathrm{m/s}$ et on cherche $dy/dt$ .

Une échelle de 13 mètres forme un triangle rectangle avec le mur et le sol. À l’instant indiqué, son pied est à 5 mètres du mur et son sommet à 12 mètres de hauteur. Le pied se déplace vers la droite et le sommet vers le bas. — Les côtés du triangle mesurent $5$ , $12$ et $13$ mètres et utilisent la même échelle de longueur. Les flèches indiquent les directions; leurs longueurs ne représentent pas les vitesses.

Utiliser la relation qui reste vraie pendant le mouvement

Dans cet exemple, utilisez les valeurs numériques des longueurs en mètres et du temps en secondes. Le triangle rectangle donne

$x^2+y^2=13^2.$

Dérivez par rapport à $t$ , en conservant les deux longueurs variables :

$2x\frac{dx}{dt}+2y\frac{dy}{dt}=0.$

La longueur fixe de l’échelle contribue zéro. Isolez le taux avant d’évaluer :

$\frac{dy}{dt}=-\frac{x}{y}\frac{dx}{dt}.$

Évaluer à l’instant demandé

Lorsque $x=5$ , la hauteur positive vaut $y=\sqrt{169-25}=12$ . Ainsi,

$\frac{dy}{dt}=-\frac{5}{12}(0{,}60)=-0{,}25\,\mathrm{m/s}.$

Le sommet descend donc à $0{,}25\,\mathrm{m/s}$ . Son taux de déplacement vertical signé est négatif. Le rapport $x/y$ est sans dimension; la réponse conserve donc les unités de $dx/dt$ .

Pourquoi les extrémités n’ont pas la même vitesse. La rigidité fixe la distance entre les extrémités, pas leurs vitesses horizontale et verticale respectives. Même si la vitesse du pied est constante, $x/y$ varie : la vitesse du sommet varie donc généralement aussi. La formule suppose $y>0$ et le maintien du contact avec les deux surfaces; elle ne décrit ni l’instant où l’échelle est à plat ni une perte de contact réelle.

Exemple résolu 3 Remplir un cône muni d’un drain

Un réservoir fixe en forme de cône circulaire droit a sa pointe dirigée vers le bas. Sa hauteur est $H=6\,\mathrm{m}$ , et son rayon supérieur, $R=2\,\mathrm{m}$ . L’eau entre à $0{,}20\,\mathrm{m^3/min}$ et sort par un drain à $0{,}08\,\mathrm{m^3/min}$ . La surface reste horizontale. À quel taux la profondeur de l’eau augmente-t-elle lorsqu’elle atteint $3\,\mathrm{m}$ ?

Soit $t$ le temps en minutes. Notons $h(t)$ la profondeur mesurée depuis la pointe, $r(t)$ le rayon de la surface de l’eau et $V(t)$ le volume d’eau. Les longueurs sont en mètres et le volume en mètres cubes. Les dimensions du réservoir sont fixes; $h$ , $r$ et $V$ varient.

Une coupe axiale d’un cône inversé de hauteur 6 mètres et de rayon supérieur 2 mètres. À une profondeur de 3 mètres, le rayon de la surface de l’eau vaut 1 mètre. Le petit triangle de l’eau est semblable au triangle du cône complet. — Une coupe axiale utilisant la même échelle de longueur dans les deux directions. Le cône complet et le cône d’eau ont la même forme, donc $r/h=2/6$ .

Calculer le taux net de variation du volume

Le débit entrant ajoute du volume et le débit sortant en retire :

$\frac{dV}{dt}=0{,}20-0{,}08=0{,}12\,\mathrm{m^3/min}.$

Le taux $dh/dt$ a pour unité $\mathrm{m/min}$ ; il ne peut donc pas être simplement égal à ce taux de variation du volume.

Éliminer le rayon variable par des triangles semblables

L’eau occupe un cône plus petit, semblable au réservoir. Pour $h>0$ ,

$\begin{aligned}\frac{r}{h}&=\frac{2}{6}=\frac13,\\r&=\frac{h}{3}.\end{aligned}$

Remplacez cette relation dans la formule du volume d’un cône :

$V=\frac13\pi r^2h=\frac{\pi}{27}h^3.$

Cette substitution est permise avant de dériver, car $r=h/3$ reste vraie pendant le remplissage. Elle diffère du remplacement de $h$ par sa valeur instantanée $3$ .

Dériver et isoler le taux de variation de la profondeur

$\frac{dV}{dt}=\frac{\pi}{9}h^2\frac{dh}{dt}.$

À $h=3$ , l’aire de la surface horizontale de l’eau vaut $\pi\,\mathrm{m^2}$ , ce qui donne

$\begin{aligned}\frac{dh}{dt}&=\frac{0{,}12}{\pi}\,\mathrm{m/min}\\&\approx0{,}0382\,\mathrm{m/min}.\end{aligned}$

Le niveau monte d’environ $3{,}82\,\mathrm{cm/min}$ à cet instant. Des mètres cubes par minute divisés par des mètres carrés donnent bien des mètres par minute.

Vérifier la géométrie. Le cône est plus large à une profondeur plus grande : un même débit net entraîne donc une montée plus lente. Par exemple, à $h=4\,\mathrm{m}$ , le taux vaudrait $0{,}0675/\pi\,\mathrm{m/min}$ , soit moins qu’à $h=3\,\mathrm{m}$ . Le modèle s’applique pour $0<h<6$ , avant le débordement et selon les hypothèses de débit indiquées.

Un piège fréquent. À l’instant demandé, $r=1$ , mais le rayon n’est pas constant. Écrire $V=\pi h/3$ , puis dériver décrirait un cône de rayon fixe, ce qui ne correspond pas au remplissage. Si vous conservez $r$ et $h$ , il faut utiliser la règle du produit ainsi que $dr/dt=(1/3)\,dh/dt$ .

Quatre problèmes avec de moins en moins d’indications

Gardez d’abord les solutions fermées. Pour chaque problème, écrivez une relation, dérivez-la, puis précisez le signe et les unités du résultat.

1 Avec indications Une zone circulaire qui grandit

Une zone circulaire a un rayon $r(t)$ en centimètres et une aire $A(t)$ en centimètres carrés. Le temps $t$ est en secondes. À un instant donné, $r=4\,\mathrm{cm}$ et $dr/dt=0{,}30\,\mathrm{cm/s}$ . En partant de $A=\pi r^2$ , trouvez $dA/dt$ . Expliquez pourquoi remplacer par $A=16\pi$ avant de dériver fait perdre l’information nécessaire.

Indice

Le rayon est une fonction du temps. Appliquez la règle de la chaîne à $r^2$ , puis utilisez le rayon à l’instant donné.

Solution expliquée

Dérivez la relation avec un rayon variable :

$\frac{dA}{dt}=2\pi r\frac{dr}{dt}.$

À l’instant donné,

$\begin{aligned}\frac{dA}{dt}&=2\pi(4)(0{,}30)\\&=2{,}4\pi\,\mathrm{cm^2/s}.\end{aligned}$

Ce taux vaut environ $7{,}54\,\mathrm{cm^2/s}$ . Le signe positif correspond à une zone qui grandit. L’égalité $A=16\pi$ décrit seulement cet instant, pas les aires aux instants voisins dont la variation définit la dérivée.

2 Trouver l’erreur Un rectangle qui grandit dans une direction

La longueur $L(t)$ et la largeur $W(t)$ d’un rectangle sont mesurées en centimètres, avec $t$ en secondes. À un instant donné, $L=8$ , $W=5$ , $dL/dt=0{,}40$ et $dW/dt=-0{,}10$ , avec les unités correspondantes en centimètres et en secondes. Un étudiant affirme que le taux de variation de l’aire vaut $(0{,}40)(-0{,}10)=-0{,}04\,\mathrm{cm^2/s}$ . Repérez l’erreur de règle et calculez le bon taux.

Indice

Les deux facteurs de $A=LW$ varient. Vérifiez aussi les unités du produit calculé par l’étudiant.

Solution expliquée

La règle du produit additionne deux contributions :

$\frac{dA}{dt}=W\frac{dL}{dt}+L\frac{dW}{dt}.$

Donc

$\begin{aligned}\frac{dA}{dt}&=5(0{,}40)+8(-0{,}10)\\&=1{,}20\,\mathrm{cm^2/s}.\end{aligned}$

L’aire augmente : le gain dû à l’allongement dépasse la perte due au rétrécissement. Multiplier les deux taux n’est pas la règle du produit; ce produit aurait pour unité $\mathrm{cm^2/s^2}$ , et non celle d’un taux de variation d’aire.

3 En autonomie Un chariot et un capteur fixe

Un chariot se déplace sur une piste droite et horizontale. Un capteur fixe se trouve à $24\,\mathrm{m}$ de la piste, selon une perpendiculaire. Notons $x(t)$ la coordonnée signée du chariot, mesurée depuis le point de la piste le plus proche du capteur, avec le sens positif vers la droite. Notons $s(t)$ sa distance en ligne droite au capteur. Le temps est en secondes. Le chariot se déplace vers la droite à $dx/dt=5\,\mathrm{m/s}$ .

Trouvez $ds/dt$ lorsque (a) $x=7\,\mathrm{m}$ et (b) $x=-7\,\mathrm{m}$ . Expliquez le changement de signe malgré le déplacement vers la droite dans les deux cas.

Indice

Tracez un triangle rectangle. La coordonnée signée $x$ peut être négative, mais son carré donne toujours le carré de la longueur du côté horizontal.

Solution expliquée

La relation est $s^2=x^2+24^2$ . En dérivant,

$\begin{aligned}2s\frac{ds}{dt}&=2x\frac{dx}{dt},\\\frac{ds}{dt}&=\frac{x}{s}\frac{dx}{dt}.\end{aligned}$

Dans les deux cas, $s=\sqrt{49+576}=25\,\mathrm{m}$ . À $x=7$ , on obtient

$\frac{ds}{dt}=\frac{7}{25}(5)=1{,}40\,\mathrm{m/s}.$

La distance augmente. À $x=-7$ , on obtient

$\frac{ds}{dt}=-\frac{7}{25}(5)=-1{,}40\,\mathrm{m/s}.$

Le chariot se rapproche du point le plus proche du capteur, donc sa distance au capteur diminue. Il s’agit de taux de variation de la distance au capteur, pas de la vitesse du chariot le long de la piste.

4 Transférer la méthode Trouver un débit entrant inconnu

Un autre cône circulaire droit inversé a une hauteur fixe de $8\,\mathrm{m}$ et un rayon supérieur de $4\,\mathrm{m}$ . L’eau s’écoule par un drain à $0{,}040\,\mathrm{m^3/min}$ . À une profondeur de $3\,\mathrm{m}$ , le niveau monte à $0{,}020\,\mathrm{m/min}$ . Quel débit entrant $Q_{\mathrm{in}}$ , en $\mathrm{m^3/min}$ , faut-il à cet instant? Définissez toute variable supplémentaire utilisée.

Indice

Utilisez le rapport rayon sur hauteur du nouveau réservoir, pas celui de l’exemple précédent. Trouvez d’abord le taux net de variation du volume à partir de celui de la profondeur, puis tenez compte du drain.

Solution expliquée

Soit $h(t)$ la profondeur, $r(t)$ le rayon de la surface de l’eau et $V(t)$ le volume d’eau, avec $t$ en minutes et les longueurs en mètres. Les triangles semblables donnent $r/h=4/8=1/2$ , donc

$\begin{aligned}V&=\frac13\pi\left(\frac h2\right)^2h\\&=\frac{\pi}{12}h^3,\\\frac{dV}{dt}&=\frac{\pi}{4}h^2\frac{dh}{dt}.\end{aligned}$

À l’instant indiqué,

$\begin{aligned}\frac{dV}{dt}&=\frac{\pi}{4}(3^2)(0{,}020)\\&=0{,}045\pi\,\mathrm{m^3/min}.\end{aligned}$

Il s’agit du gain net. Puisque $dV/dt=Q_{\mathrm{in}}-0{,}040$ ,

$\begin{aligned}Q_{\mathrm{in}}&=0{,}040+0{,}045\pi\\&\approx0{,}181\,\mathrm{m^3/min}.\end{aligned}$

Le débit entrant doit dépasser le débit sortant, car le niveau monte. Le calcul donne le débit nécessaire à la profondeur indiquée; maintenir le même taux de montée à d’autres profondeurs demanderait un débit différent.

Repérer la première étape qui a posé problème

S’il manque un facteur de taux, écrivez la grandeur variable comme fonction du temps et appliquez la règle de la chaîne.
S’il reste un taux inconnu, cherchez une deuxième relation, par exemple des triangles semblables, avant de remplacer par les valeurs.
Si le signe vous surprend, précisez le sens positif et décrivez ce qui augmente ou diminue.
Si les unités ne correspondent pas à la question, distinguez longueur, aire et volume de leurs taux de variation temporels.

Pour retravailler les règles préalables, essayez Règles de dérivation : un diagnostic en trois questions. Choisissez ensuite un problème de taux liés dans vos propres documents de cours et expliquez pourquoi votre équation de départ reste valable pendant que les grandeurs varient.

Contexte du cours et lectures complémentaires

Cours : MATH 203 à Concordia.

Les explications, situations numériques, questions, solutions et figures ont été créées pour cette leçon. Aucune question d’évaluation universitaire ni figure de manuel n’est reproduite.

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