Calcul différentiel/Exercices/Recherches d'extrema

Exercice 1

Soit $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\ \left(x,y\right)\mapsto x^{2}-xy^{2}$. Montrer que $(0,0)$ est le seul point critique de $f$, qu'il n’est pas un extremum local, mais que pourtant la restriction de $f$ à toute droite passant par $(0,0)$ admet en ce point un minimum local.

Solution

${\frac {\partial f}{\partial x}}=2x-y^{2}$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}=-2xy$ s'annulent simultanément si et seulement si $x$ ou $y$ est nul et $2x=y^{2}$, c'est-à-dire si $x=y=0$.

Au point $(0,0)$, $f$ est nulle et sa restriction à toute droite passant par ce point a un minimum local (strict, pour toutes les droites sauf une) car $f\left(0,y\right)=0$ et $f\left(x,kx\right)=x^{2}\left(1-k^{2}x\right)\,{\underset {0}{\sim }}\ x^{2}>0$ pour $x\neq 0$.

Mais $f\left(t^{2},2t\right)=-3t^{4}<0$ pour $t\neq 0$.

 

Exercice 2

Déterminer les extrema (locaux et globaux) de :

• $f:(x,y)\mapsto xy\left(1-x^{2}-y^{2}\right)$ sur $\left[0,1\right]^{2}$ ;
• $g:(x,y)\mapsto x^{4}+y^{4}-2(x-y)^{2}$.

Solution

$f$ a un minimum global et un maximum global (fonction continue sur un compact), atteints soit au bord, soit à l'intérieur.

Pour l'étude au bord, par symétrie, il suffit de s'intéresser au bord horizontal inférieur et au bord vertical de droite.

• Bord horizontal $\left[0,1\right[\times \{0\}$ : $f$ s'annule en tout point $(x,0)$, et $f\geq 0$ au voisinage de ce point si $0\leq x<1$, donc $f$ a un minimum local en ces points.
• Bord vertical $\{1\}\times \left]0,1\right[$ : $f\left(1,y\right)=-y^{3}$ est une fonction strictement décroissante de $y$ donc $f$ n'a pas d'extremum local en $(1,y)$ si $0<y<1$.
• Extrémité commune $(1,0)$ : sur tout voisinage de ce point, $f$ prend à la fois des valeurs $<0$ (sur la verticale) et des valeurs $>0$ (sur les obliques) donc $f$ n'a pas d'extremum local en ce point.
• Autre extrémité du bord vertical : $f(1,1)=-1<0$ donc les minima locaux ci-dessus ($f(x,0)=0$) ne sont pas globaux, et le minimum global est atteint soit en $(1,1)$, soit en un point de $\left]0,1\right[^{2}$, et le maximum global est atteint en un point de $\left]0,1\right[^{2}$.

Le seul point intérieur au carré en lequel ${\frac {\partial f}{\partial x}}=y\left(1-3x^{2}-y^{2}\right)$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}=x\left(1-x^{2}-3y^{2}\right)$ s'annulent simultanément est $(1/2,1/2)$. C'est donc en ce point qu'est atteint le maximum global, et en $(1,1)$ le minimum global.

$g$ est continue sur $\mathbb {R} ^{2}$ et tend vers $+\infty$ quand $\|(x,y)\|\to \infty$, donc elle a un minimum global et pas de maximum global.

${\frac {\partial g}{\partial x}}=4x^{3}-4(x-y)$ et ${\frac {\partial g}{\partial y}}=4y^{3}+4(x-y)$ s'annulent simultanément lorsque $x^{3}=x-y=-y^{3}$, c'est-à-dire $y=-x$ et $x^{3}=2x$. Les points critiques de $g$ sont donc $(0,0)$, $({\sqrt {2}},-{\sqrt {2}})$ et $(-{\sqrt {2}},{\sqrt {2}})$. L'étude en $(0,0)$ et $({\sqrt {2}},-{\sqrt {2}})$ suffit car $g$ est paire, ou encore : car $g(x,y)=g(y,x)$.

Puisque $g(0,0)=0>-8=g({\sqrt {2}},-{\sqrt {2}})$, c'est en $({\sqrt {2}},-{\sqrt {2}})$ (et en $(-{\sqrt {2}},{\sqrt {2}})$) que le minimum global est atteint. Reste à voir s'il y a un extremum local en $(0,0)$. Le calcul de $Hg_{(0,0)}$ ne permet pas de conclure car il y a une valeur propre nulle. Mais quand $x\to 0$, $g(x,x)=2x^{4}\to 0$ par valeurs strictement supérieures tandis que $g(x,0)\sim -2x^{2}\to 0$ par valeurs strictement inférieures, donc $g$ n'a pas d'extremum local en $(0,0)$.

Bilan : $(0,0)$ non extrémal et $\pm ({\sqrt {2}},-{\sqrt {2}})$ minimum absolu.

 

Exercice 3

Soit $f\left(x,y\right)=x^{2}+xy+y^{2}-3x-6y$.

1. Montrer que $f$ admet au plus un extremum.
2. Écrire $f\left(x,y\right)+9$ comme la somme de deux carrés et en déduire que $f$ admet $-9$ comme valeur minimale.

Solution

1. ${\frac {\partial f}{\partial x}}=2x+y-3$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}=x+2y-6$ ne s'annulent simultanément qu'au point $(0,3)$.
2. On effectue une réduction de Gauss en isolant d'abord, par exemple, la variable $x$ :
   ${\begin{aligned}f\left(x,y\right)&=x^{2}+xy+y^{2}-3x-6y+9\\&=x^{2}+x(y-3)+y^{2}-6y\\&=\left(x+{\frac {y-3}{2}}\right)^{2}-\left({\frac {y-3}{2}}\right)^{2}+y^{2}-6y\\&=\left(x+{\frac {y-3}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {\sqrt {3}}{2}}\left(y-3\right)\right)^{2}-9\end{aligned}}$
   donc $f\geq -9$, et $f\left(0,3\right)=-9$.

Remarquons que la première question était redondante. Il aurait suffi de répondre directement à la seconde.

 

Montrer que $g:\left(x,y\right)\mapsto x^{2}+2xy+y^{2}+x$ n'a pas de point critique (donc pas d'extremum global ni même local).

Solution

${\frac {\partial g}{\partial x}}=2x+2y+1$ et ${\frac {\partial g}{\partial y}}=2x+2y$ ne s'annulent jamais simultanément.

 

Montrer que $h:\left(x,y\right)\mapsto x^{2}-y^{2}$ n'a pas d'extremum global ni même local.

Solution

${\frac {\partial h}{\partial x}}=2x$ et ${\frac {\partial h}{\partial y}}=-2y$ ne s'annulent simultanément qu'au point $(0,0)$. Mais ce point n'est ni minimum local (car $\forall y\neq 0\quad h\left(0,y\right)<h\left(0,0\right)$), ni maximum local (car $\forall x\neq 0\quad h\left(x,0\right)>h\left(0,0\right)$). Ou simplement : c'est un point selle car le déterminant de la hessienne est $<0$.

 

Montrer que $k:\left(x,y\right)\mapsto 2x^{2}+2xy+y^{2}+x+3y$ a un extremum.

Solution

${\frac {\partial k}{\partial x}}=4x+2y+1$ et ${\frac {\partial k}{\partial y}}=2x+2y+3$ ne s'annulent simultanément qu'au point $\left(1,-{\frac {5}{2}}\right)$.

$k\left(x,y\right)-k\left(1,-{\frac {5}{2}}\right)=k\left(x,y\right)+{\frac {13}{4}}$ est un polynôme en $x$ du second degré, à coefficient dominant $>0$, de discriminant $(2y+1)^{2}-8\left(y^{2}+3y+{\frac {13}{4}}\right)=-4y^{2}-20y-25=-(2y+5)^{2}\leq 0$, donc constamment $\geq 0$, ce qui prouve que $k$ admet en $\left(1,-{\frac {5}{2}}\right)$ un minimum global (qui est même strict).

Ou encore (par la même méthode que pour $f$ au début de l'exercice) :

$k\left(x,y\right)=2\left(x+{\frac {y}{2}}+{\frac {1}{4}}\right)^{2}+{\frac {1}{2}}\left(y+{\frac {5}{2}}\right)^{2}-{\frac {13}{4}}\geq -{\frac {13}{4}}$, et l'inégalité est stricte sauf si $y=-{\frac {5}{2}}$ et $x=-{\frac {y}{2}}-{\frac {1}{4}}=1$.

 

Exercice 4

Soit $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ,\ (x,y)\mapsto x\mathrm {e} ^{y}+y\mathrm {e} ^{x}$. Montrer que $f$ n'a pas d'extremum local.

Solution

${\frac {\partial f}{\partial x}}=\mathrm {e} ^{y}+y\mathrm {e} ^{x}$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}=x\mathrm {e} ^{y}+\mathrm {e} ^{x}$ s'annulent simultanément lorsque $y=-\mathrm {e} ^{y-x}$ et $x=-\mathrm {e} ^{x-y}$, c'est-à-dire lorsque $y=-\mathrm {e} ^{t}$ et $x=-\mathrm {e} ^{-t}$ avec $t=-\mathrm {e} ^{t}+\mathrm {e} ^{-t}$, ou encore, $\sinh t=-t/2$, dont l'unique solution est $t=0$. Le seul point critique de $f$ est donc $(-1,-1)$.

${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}=y\mathrm {e} ^{x}$, ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}=x\mathrm {e} ^{y}$ et ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}=\mathrm {e} ^{y}+\mathrm {e} ^{x}$ donc

$Hf_{(-1,-1)}={\frac {1}{\mathrm {e} }}{\begin{pmatrix}-1&2\\2&-1\end{pmatrix}}$, qui a une valeur propre $>0$ et une $<0$, donc $f$ n'a pas d'extremum local en $(-1,-1)$.

 

Exercice 5

1. Étudier les extrema éventuels de la fonction $f:\left]0,+\infty \right[^{2}\to \mathbb {R} ,\ (a,b)\mapsto ab+{\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}$.
2. En déduire qu'à volume fixé, le parallélépipède rectangle d'aire minimale est un cube.
3. Déterminer de même le volume maximal et la forme d'un parallélépipède rectangle inscrit dans une sphère de rayon $1$.

Solution

1. ${\frac {\partial f}{\partial a}}=b-{\frac {1}{a^{2}}}$ et ${\frac {\partial f}{\partial b}}=a-{\frac {1}{b^{2}}}$ s'annulent simultanément si et seulement si $b=1/a^{2}$ et $a=1/b^{2}$, c'est-à-dire $a=b=1$. On peut se dispenser de calculer $Hf_{(1,1)}$ car « au bord » c'est-à-dire quand $a$ ou $b$ tend vers $0$ ou $+\infty$ (et même : quel que soit le comportement de l'autre variable), $f$ tend vers $+\infty$ (car $f(a,b)\geq \max \left(f\left({\frac {1}{\sqrt {b}}},b\right),f\left(a,{\frac {1}{\sqrt {a}}}\right)\right)=\max \left(2{\sqrt {b}}+{\frac {1}{b}},2{\sqrt {a}}+{\frac {1}{a}}\right)$). Elle admet donc un minimum global, qui ne peut être qu'au point $(1,1)$, et pas de maximum global (ni même local, d'après ce qui précède).
2. Soient $x,y,z$ les côtés d'un parallélépipède rectangle de volume $V$. Son aire est $A=2(xy+yz+zx)=2(xy+V/x+V/y)$. Posons $a=x/V^{1/3}$ et $b=y/V^{1/3}$. Alors, $A=2V^{2/3}(ab+1/a+1/b)$ donc $A$ est minimale si $a=b=1$, c'est-à-dire $x=y=z$.
3. Soient $(\pm a,\pm b,\pm c)$ les huit sommets, avec $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$. Le volume est $8abc$. Il s'agit donc de maximiser la fonction $f(a,b):=ab{\sqrt {1-a^{2}-b^{2}}}$ (positive) sur $\{(a,b)\mid a,b\geq 0,\ a^{2}+b^{2}\leq 1\}$.
   Elle est nulle au bord donc atteint son maximum à l'intérieur.
   ${\frac {\partial f}{\partial a}}=b{\sqrt {1-a^{2}-b^{2}}}-{\frac {a^{2}b}{\sqrt {1-a^{2}-b^{2}}}}$ et ${\frac {\partial f}{\partial b}}$ s'annulent simultanément si et seulement si $a^{2}=b^{2}=1-a^{2}-b^{2}$, c'est-à-dire $a=b=c=3^{-1/2}$ : on trouve à nouveau un cube, de volume $8\times 3^{-3/2}$.

 

Exercice 6

On considère le point $A=\left(1,2,3\right)$ et la sphère unité $S$ de $\mathbb {R} ^{3}$ : $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$.

1. Quel est le point de $S$ le plus proche de $A$ ?
2. On considère aussi le plan $P$ : $x+y+z=0$. Quel est le point de $S\cap P$ le plus proche de $A$ ?

Solution

Ce sont des problèmes d'extrema liés : on cherche les extrema de $f\left(x,y,z\right)=\left(x-1\right)^{2}+\left(y-2\right)^{2}+\left(z-3\right)^{2}$ (donc $\mathrm {d} f_{\left(x,y,z\right)}\left(u,v,w\right)=2\left(x-1\right)u+2\left(y-2\right)v+2\left(z-3\right)w$) sous une contrainte $g=0$, ou deux contraintes $g=h=0$, et dans les 2 cas il y a forcément un min et un max (fonction continue sur un compact).

1. $g\left(x,y,z\right)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-1$ donc $\mathrm {d} g_{\left(x,y,z\right)}\left(u,v,w\right)=2xu+2yv+2zw$.

   Pour tout $\left(x,y,z\right)\in S$, $\mathrm {d} g_{\left(x,y,z\right)}\neq 0$, et $\mathrm {d} f_{\left(x,y,z\right)}$ est multiple de $\mathrm {d} g_{\left(x,y,z\right)}$ si et seulement si $\left(x-1,y-2,z-3\right)$ est multiple de $\left(x,y,z\right)$, c'est-à-dire (compte tenu de $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$) si $\left(x,y,z\right)=\pm {\frac {1}{\sqrt {14}}}\left(1,2,3\right)$. Le point de $S$ le plus proche de $A$ est ${\frac {1}{\sqrt {14}}}\left(1,2,3\right)$ et le plus loin est $-{\frac {1}{\sqrt {14}}}\left(1,2,3\right)$ (on pouvait le prévoir géométriquement…).

2. $h:\left(x,y,z\right)\mapsto x+y+z$ est linéaire donc $\mathrm {d} h_{\left(x,y,z\right)}=h$.

   Pour tout $\left(x,y,z\right)\in S\cap P$, $\mathrm {d} g_{\left(x,y,z\right)}$ et $\mathrm {d} h_{\left(x,y,z\right)}$ sont indépendantes, et $\mathrm {d} f_{\left(x,y,z\right)}$ est une combinaison linéaire des deux si et seulement si

   $0={\begin{vmatrix}x&1&x-1\\y&1&y-2\\z&1&z-3\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}x&1&-1\\y&1&-2\\z&1&-3\end{vmatrix}}=-x+2y-z$, c'est-à-dire (compte tenu de $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ et $x+y+z=0$) si $\left(x,y,z\right)=\pm {\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(1,0,-1\right)$. Le point de $S\cap P$ le plus proche de $A$ est ${\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(-1,0,1\right)$ (distance ${\sqrt {15-2{\sqrt {2}}}}$) et le plus loin est ${\frac {1}{\sqrt {2}}}\left(1,0,-1\right)$ (distance ${\sqrt {15+2{\sqrt {2}}}}$).

 

Exercice 7

Chercher les extrema globaux de

$f:(x,y)\mapsto x^{5}+y^{5},\quad g:(x,y)\mapsto x^{5}-y^{5}\quad {\text{et}}\quad h:(x,y)\mapsto xy$

sur le disque unité fermé

${\overline {D}}:=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x^{2}+y^{2}\leq 1\}$

puis sur le disque unité ouvert

$D:=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x^{2}+y^{2}<1\}$.

Solution

• $f(x,y)=r^{5}\left(\cos ^{5}\theta +\sin ^{5}\theta \right)$, continue sur le compact ${\overline {D}}$, atteint ses extrema globaux lorsque $r=\pm 1$ et $\cos \theta \sin \theta =0$. Ils valent $\pm 1$.
• $g(x,y)=f(x,-y)$.
• $h(x,y)=r^{2}\cos \theta \sin \theta$ sur ${\overline {D}}$ atteint ses extrema globaux lorsque $r=\pm 1$ et $|\cos \theta |=|\sin \theta |={\frac {1}{\sqrt {2}}}$. Ils valent $\pm {\frac {1}{2}}$.
• Par conséquent, sur $D$, chacune de ces trois fonctions a les mêmes bornes (supérieure et inférieure) que sur ${\overline {D}}$ mais ne les atteint pas.

 

Exercice 8

Pour chacune des fonctions suivantes, donner le développement limité d'ordre $2$ et étudier la nature du point donné, s'il est critique :

• $f_{1}(x,y)=x^{2}-xy+y^{2}$ au point $(0,0)$ ;
• $f_{2}(x,y)=x^{3}+2xy^{2}-y^{4}+x^{2}+3xy+y^{2}+10$ au point $(0,0)$ ;
• $f_{3}(x,y)=\operatorname {e} ^{xy}$ au point $(2,0)$ ;
• $f_{4}(x,y,z)=xyz$ au point $(1,2,0)$.

Solution

• $f_{1}(x,y)=0+0x+0y+x^{2}-xy+y^{2}+0=(x-y/2)^{2}+3y^{2}/4$ est une forme quadratique définie positive donc a un minimum global strict en $(0,0)$.
• $f_{2}(x,y)=10+0x+0y+x^{2}+3xy+y^{2}+o({x^{2}+y^{2}})$, $\operatorname {Hess} ({f_{2}})_{(0,0)}={\begin{pmatrix}1&3/2\\3/2&1\end{pmatrix}}$ a un déterminant $<0$ donc point selle ;
• $f_{3}(2+h,k)=\operatorname {e} ^{(2+h)k}=1+(2+h)k+{\frac {({(2+h)k})^{2}}{2}}+o({h^{2}+k^{2}})=1+0h+2k+0h^{2}+hk+2k^{2}+o({h^{2}+k^{2}})$, point non critique ;
• $f_{4}(1+u,2+v,w)=(1+u)(2+v)w=0+0u+0v+2w+2uw+vw+o({u^{2}+v^{2}+w^{2}})$, point non critique.

 

Exercice 9

Déterminer si les matrices suivantes peuvent être des matrices hessiennes :

$A={\begin{pmatrix}1&x+y\\x-y&y^{2}\end{pmatrix}},\quad B={\begin{pmatrix}1&xy\\xy&x^{2}\end{pmatrix}}.$

Solution

$A$ n'est pas une hessienne car elle n'est pas symétrique.

$B$ n'est pas une hessienne non plus car la fonction $f$ serait $3$ fois différentiable (et même $C^{\infty }$) et l'on aurait donc ${\frac {\partial }{\partial y}}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}={\frac {\partial }{\partial x}}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}$, ce qui est incompatible avec ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}=1$ et ${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}=xy$.

 

Exercice 10

Trouver les points critiques des six fonctions suivantes de $\mathbb {R} ^{2}$ dans $\mathbb {R}$ et déterminer si ce sont des minima locaux, des maxima locaux ou des points selle.

Déterminer aussi si ces mêmes fonctions ont des maxima ou minima globaux.

• $f_{1}(x,y)=\sin x+y^{2}-2y+1$ ;
• $f_{2}(x,y)=\sin(2\pi x)\sin(2\pi y)$ ;
• $f_{3}(x,y)={\sqrt {x^{2}+(y-a)^{2}}}+{\sqrt {(x-a)^{2}+y^{2}}}$, où $a$ est un nombre réel donné ;
• $f_{4}(M)=MA+MB-MO,\quad O={\text{milieu}}(A,B)\quad (A\neq B)$ ;
• $f_{5}(x,y)=(y-x^{2})\operatorname {e} ^{-y}$ ;
• $f_{6}(x,y)=2x^{3}+6xy-3y^{2}+2$.

Solution

• Le gradient $\nabla f_{1}(x,y)=\left(\cos x,2y-2\right)$ est nul si et seulement si $x\in {\frac {\pi }{2}}+\mathbb {Z} \pi$ et $y=1$.
  $\operatorname {Hess} ({f_{1}})_{(x,y)}={\begin{pmatrix}-\sin x&0\\0&2\end{pmatrix}}$ or pour tout entier $k$, $-\sin(\pi /2+k\pi )=(-1)^{k+1}$. Par conséquent, $(\pi /2+k\pi ,1)$ est un point de minimum local si $k$ est impair et un point selle si $k$ est pair. $f_{1}(x,y)=\sin x+(y-1)^{2}\geq \sin x\geq -1=f_{1}(\pi /2+k\pi ,1)$ pour tout entier $k$ impair. Les minima locaux trouvés sont donc en fait un minimum global, et il n'y a pas de maximum global ni même local. D'ailleurs, $f_{1}(x,y)\geq -1+(y-1)^{2}\to +\infty$ quand $y\to \pm \infty$).
• $f_{2}(x,y)=\left(2\pi x+o(x)\right)\left(2\pi y+o(y)\right)=4\pi ^{2}xy+o(xy)$ donc $f_{2}$ a un point selle en $(0,0)$. Lorsqu'on translate $x$ ou $y$ de ${\frac {1}{2}}$, $f_{2}$ ne fait que changer de signe. Elle a donc aussi des points selle en tous les points du réseau ${\frac {\mathbb {Z} }{2}}\times {\frac {\mathbb {Z} }{2}}$. Les autres points critiques, où le vecteur $\nabla f_{2}(x,y)=\left(2\pi \cos(2\pi x)\sin(2\pi y),2\pi \sin(2\pi x)\cos(2\pi y)\right)$ s'annule, sont des extrema globaux car $f_{2}\left({\frac {1}{4}}+{\frac {k}{2}},{\frac {1}{4}}+{\frac {\ell }{2}}\right)=(-1)^{k+\ell }$ (pour une approche moins efficace, voir « Exo7, exercice 2643 »).
• $f_{3}$ n'est pas différentiable aux points $A=(0,a)$ et $B=(a,0)$. Pour $M=(x,y)$ différent de ces deux points, notons $\alpha =1/{\sqrt {x^{2}+(y-a)^{2}}}$ et $\beta =1/{\sqrt {(x-a)^{2}+y^{2}}}$. Alors, $\nabla f_{3}(M)=(0,0)$ si et seulement si $\alpha x=-\beta (x-a)$ et $\alpha (y-a)=-\beta y$, ce qui implique $(x+y-a)(\alpha +\beta )=0$. On a donc $\nabla f_{3}(M)=(0,0)$ si et seulement si $x+y=a$ et $x,x-a$ sont de signes contraires, c'est-à-dire si et seulement si $M\in \left]A,B\right[$. Un d.l. à l'ordre $2$ ne suffirait pas pour établir la nature de ces points critiques (on trouverait une forme quadratique positive mais non définie) mais il est évident géométriquement (et l'on peut vérifier par le calcul) que $f_{3}$ atteint, en tout point du segment $[A,B]$, son minimum global, qui vaut donc $|a|{\sqrt {2}}$. Par ailleurs, $f_{3}$ n’a pas de maximum (elle tend vers $+\infty$ à l’infini).
• $f_{4}$ est différentiable sauf aux points $A$, $B$ et $O$.
  Pour $MO$ fixé, $f_{4}$ est minimum quand $MA+MB$ l'est, c.-à-d (d'après la question précédente) quand $M\in [A,B]$. Or pour $M\in [A,B]$, $f_{4}(M)=AB-OM$ est minimum quand $OM$ est maximum, c'est-à-dire $M=A$ ou $B$. $f_{4}$ a donc un minimum global en ces deux points (et n'a pas de maximum global puisqu'elle tend vers $+\infty$ à l'infini).
  Dans un repère bien choisi, les coordonnées de $A$ et $B$ sont $(a,0)$ et $(-a,0)$. Pour $M=(x,y)$ différent de $A$, $B$ et $O$, notons $\alpha =1/{\sqrt {(x-a)^{2}+y^{2}}}$, $\beta =1/{\sqrt {(x+a)^{2}+y^{2}}}$ et $\gamma =1/{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$. Alors, $\nabla f_{4}(M)=(0,0)$ si et seulement si $(x-a)\alpha +(x+a)\beta =x\gamma$ et $y(\alpha +\beta -\gamma )=0$, c'est-à-dire (puisque la première équation implique $y\neq 0$) $\gamma =\alpha +\beta$ et $\alpha =\beta$, ce qui se traduit par : $MA=MB=2MO$. $f_{4}$ a donc deux points critiques, situés sur la médiatrice de $[A,B]$ et symétriques par rapport à la droite $(AB)$, à distance $OM=a/{\sqrt {3}}$, donc ${\widehat {OAM}}=\pi /6$, ${\widehat {AMB}}=2\pi /3$. Ces deux points critiques sont des points selles car le long de l'ellipse de foyers $A,B$ ou du cercle de centre $O$ passant par ces points, ils réalisent un maximum local, tandis que le long de la médiatrice de $[A,B]$ ils réalisent un minimum local (d'après le calcul précédent de ${\frac {\partial f_{4}}{\partial y}}(0,y)$). On pourrait le retrouver en calculant la hessienne.
  Enfin, $O$ est un point de maximum local, d'après le développement limité suivant quand $r\to 0^{+}$ :

${\sqrt {a^{2}-2ar\cos \theta +r^{2}}}+{\sqrt {a^{2}+2ar\cos \theta +r^{2}}}-r=2a-r+o(r)$.

• $\nabla f_{5}(x,y)=\left(-2x,1-y+x^{2}\right)\operatorname {e} ^{-y}$. Le seul point critique est donc $(0,1)$. Le calcul de la hessienne en ce point montrerait que c'est un maximum local, mais c'est inutile : c'est un maximum global car pour $x$ fixé, le maximum de $f_{5}(x,y)$ est atteint quand $y=1+x^{2}$, puis quand $x$ varie, le maximum de $f_{5}(x,1+x^{2})=\operatorname {e} ^{-(1+x^{2})}$ est atteint quand $x=0$.
• $f_{6}$ est C^∞ car polynomiale. $Jf_{6}=6(x^{2}+y,x-y)$. Donc les points critiques de $f_{6}$ sont $(0,0)$ et $(-1,-1)$.
  $\operatorname {Hess} _{(x,y)}f_{6}={\begin{pmatrix}12x&6\\6&-6\end{pmatrix}}$.
  $\det(\operatorname {Hess} _{(0,0)}f_{6})=-6^{2}<0$ donc $(0,0)$ est un point selle.
  $\det(\operatorname {Hess} _{(-1,-1)}f_{6})=6^{2}>0$ et $\operatorname {Tr} (\operatorname {Hess} _{(-1,-1)}(f_{6}))=-18<0$ donc $(-1,-1)$ est un maximum local, mais pas global car $\lim _{x\to +\infty }f_{6}(x,0)=+\infty$.

 

Exercice 11

On considère la fonction $f:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R}$ définie par

$f(x,y,z)=\operatorname {e} ^{x^{2}}-y-x^{2}+y^{2}+z^{4}$.

1. Trouver les points critiques de $f$.
2. Déterminer si la fonction $f$ possède un maximum global (resp. minimum global).
3. Déterminer si la restriction de $f$ à l'ensemble $B:=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 1\}$ possède un maximum global (resp. minimum global). Que peut-on dire sur la localisation de ces extrema globaux ?

Solution

1. $\nabla f(x,y,z)=\left(2x\left(\operatorname {e} ^{x^{2}}-1\right),2y-1,4z^{3}\right)$ donc le seul point critique de $f$ est $(0,1/2,0)$.
2. $f$ est évidemment minimum en ce point, et n’a donc pas de maximum local ni, a fortiori, de maximum global (d’ailleurs, sa limite quand $x$ ou $y$ ou $z$ tend vers $\pm \infty$ est $+\infty$).
3. La restriction de $f$ à $B$ a même minimum global que $f$, puisque $(0,1/2,0)\in B$. Elle a aussi, contrairement à $f$ et comme toute fonction numérique continue sur un compact, un maximum global. Contrairement au min, ce max est situé sur la frontière de $B$ (c'est-à-dire sur la sphère unité), puisque ce n’est pas un maximum local pour $f$.

 

Exercice 12

Dans l'espace affine euclidien usuel, soient $D_{1}$, $D_{2}$, $D_{3}$ trois droites deux à deux non parallèles. Soit

$f:D_{1}\times D_{2}\times D_{3}\to \mathbb {R} ,\quad (M_{1},M_{2},M_{3})\mapsto M_{1}M_{2}^{2}+M_{2}M_{3}^{2}+M_{3}M_{1}^{2}$.

On choisit sur chaque droite un point $A_{i}\in D_{i}$ et un vecteur directeur $u_{i}\in {\overrightarrow {D_{i}}}$, et l'on note $M_{i}=A_{i}+\lambda _{i}u_{i}$.

1. Montrer que $\lim _{\|(\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3})\|\to \infty }f(M_{1},M_{2},M_{3})=+\infty$ et en déduire que $f$ admet un minimum.
2. Montrer que ce minimum est strict (donc n'est atteint qu'une fois).
3. Dans le cas où $D_{1}$, $D_{2}$, $D_{3}$ sont coplanaires et délimitent un triangle équilatéral, identifier ce minimum.

Solution

(http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00080.pdf exo 4198)

1. $f(M_{1},M_{2},M_{3})$ est un polynôme de degré 2 en $(\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3})$, qui se décompose sous la forme $f(A_{1},A_{2},A_{3})+2b(\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3})+c(\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3})$ avec $b$ forme linéaire et $c$ forme quadratique, données par
   $b(\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3})=({\overrightarrow {A_{1}A_{2}}}\mid \lambda _{2}u_{2}-\lambda _{1}u_{1})+({\overrightarrow {A_{2}A_{3}}}\mid \lambda _{3}u_{3}-\lambda _{2}u_{2})+({\overrightarrow {A_{3}A_{1}}}\mid \lambda _{1}u_{1}-\lambda _{3}u_{3})$ et
   $c(\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3})=\|\lambda _{2}u_{2}-\lambda _{1}u_{1}\|^{2}+\|\lambda _{3}u_{3}-\lambda _{2}u_{2}\|^{2}+\|\lambda _{1}u_{1}-\lambda _{3}u_{3}\|^{2}\geq 0$.
   $c$ est même définie positive car $u_{1},u_{2},u_{3}$ sont deux à deux non colinéaires. Il en résulte que $\lim _{\|(\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3})\|\to \infty }f(M_{1},M_{2},M_{3})=+\infty$ donc par continuité, $f$ admet un minimum.
2. Choisissons $A_{1},A_{2},A_{3}$ de sorte que $f(A_{1},A_{2},A_{3})$ soit égal à ce minimum. On a alors $b=0$ (car $(A_{1},A_{2},A_{3})$ est point critique de $f$) d'où, pour tout $(M_{1},M_{2},M_{3})\neq (A_{1},A_{2},A_{3})$ (c'est-à-dire $(\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3})\neq (0,0,0)$) : $f(M_{1},M_{2},M_{3})=f(A_{1},A_{2},A_{3})+c(\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3})>f(A_{1},A_{2},A_{3})$.
3. Choisissons pour $(A_{1},A_{2},A_{3})$ le triplet constitué des milieux des côtés, et pour $u_{i}$ les vecteurs $u_{1}={\overrightarrow {A_{2}A_{3}}},u_{2}={\overrightarrow {A_{3}A_{1}}},u_{3}={\overrightarrow {A_{1}A_{2}}}$. Ce triplet $(A_{1},A_{2},A_{3})$ est justement celui où le minimum est atteint, car pour tout $(\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3})\in \mathbb {R} ^{3}$,
   $b(\lambda _{1},\lambda _{2},\lambda _{3})=(u_{3}\mid \lambda _{2}u_{2}-\lambda _{1}u_{1})+(u_{1}\mid \lambda _{3}u_{3}-\lambda _{2}u_{2})+(u_{2}\mid \lambda _{1}u_{1}-\lambda _{3}u_{3})=0$ car tous les $(u_{i}\mid u_{j})$ pour $i\neq j$ sont égaux.
   Par conséquent, le minimum est $f(A_{1},A_{2},A_{3})=3c^{2}/4$, où $c$ est la longueur d'un côté.

 

Exercice 13

Soient $f:\mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R}$ différentiable, $S$ la sphère unité de $\mathbb {R} ^{n}$, $g$ la restriction de $f$ à $S$, et $x$ un point de $S$ en lequel $g$ a un extremum local (par exemple un maximum ou un minimum global — on sait que les deux existent). Montrer qu'il existe un réel $\lambda$ tel que $\nabla f(x)=\lambda x$.

Solution

(Voir http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00080.pdf exo 4200 et Calcul différentiel/Recherches d'extrema#Extrema liés.)

Soit $h:B\to \mathbb {R} ^{n},\quad y\mapsto y+{\sqrt {1-\|y\|^{2}}}\;x$, où $B$ est la boule unité de l'hyperplan $x^{\perp }$. Puisque $h$ est à valeurs dans $S$ et $h(0)=x$, $f\circ h$ a un extremum local en $0$ donc $0=\mathrm {D} (f\circ h)_{0}=\mathrm {D} f_{x}\circ \mathrm {D} h_{0}$. Comme $\mathrm {D} h_{0}$ est l'inclusion de $x^{\bot }$ dans $\mathbb {R} ^{n}$, on en déduit que $\mathrm {D} f_{x}$ est nulle sur $x^{\bot }$, c'est-à-dire que tout vecteur orthogonal à $x$ est orthogonal à $\nabla f(x)$. Donc $\nabla f(x)$ est colinéaire à $x$.

 

Déterminer la valeur maximum de $y$ sur la lemniscate de Bernoulli d'équation $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=x^{2}-y^{2}$.

Solution

Justifions d'abord l'existence de ce maximum. La fonction $g:\left(x,y\right)\mapsto \left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}-x^{2}+y^{2}$ est continue donc la courbe $g^{-1}(0)$ est un fermé de $\mathbb {R} ^{2}$. De plus, la courbe est bornée car $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=x^{2}-y^{2}\leq x^{2}+y^{2}\Rightarrow x^{2}+y^{2}\leq 1$. C'est donc un compact. La fonction $f:\left(x,y\right)\mapsto y$ étant continue, elle est bornée sur ce compact et atteint ses bornes, en particulier son maximum, en au moins un point.

D'après le théorème des extrema liés, en un tel point, $\nabla f=\left(0,1\right)$ est colinéaire à $\nabla g=\left(4x\left(x^{2}+y^{2}\right)-2x,\dots \right)$, autrement dit : $x=0$ ou $x^{2}+y^{2}={\frac {1}{2}}$, soit (en cumulant ces équations avec celle de la courbe) : $\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$ ou $\left(\pm {\frac {\sqrt {3}}{2{\sqrt {2}}}},\pm {\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)$.

$f\left(\pm {\frac {\sqrt {3}}{2{\sqrt {2}}}},-{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)<f\left(0,0\right)<f\left(\pm {\frac {\sqrt {3}}{2{\sqrt {2}}}},{\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}$.

Remarque : en paramétrant cette courbe par $\left(x,y\right)=\pm {\frac {\sqrt {1-t^{2}}}{1+t^{2}}}\left(1,t\right)$, on arrive au même résultat de façon plus élémentaire :

$y'(t)={\frac {1-3t^{2}}{(1+t^{2})^{2}{\sqrt {1-t^{2}}}}}$ donc le maximum de $y$ est atteint en $t={\frac {1}{\sqrt {3}}}$, et vaut ${\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}$.

 

Déterminer les extrema locaux de $y$ sur le folium de Descartes d'équation $x^{3}+y^{3}=3xy$.

Solution

Soit $g:\left(x,y\right)\mapsto x^{3}+y^{3}-3xy$. D'après le théorème des extrema liés, en un tel point, $\nabla f=\left(0,1\right)$ est colinéaire à $\nabla g=\left(3\left(x^{2}-y\right),\dots \right)$, autrement dit : $y=x^{2}$, ou encore (en tenant compte de l'équation de la courbe) : $\left(x,y\right)=\left(0,0\right)$ ou $\left({\sqrt[{3}]{2}},{\sqrt[{3}]{4}}\right)$.

La réponse est incomplète car le théorème des extrema liés ne donne qu'une condition nécessaire d'extremum local mais ici, en paramétrant cette courbe par $x={\frac {3t}{1+t^{3}}},\quad y={\frac {3t^{2}}{1+t^{3}}}$, on obtient de façon plus élémentaire une réponse complète :

$y'(t)=3t{\frac {2-t^{3}}{(1+t^{3})^{2}}}$ donc $y$ a un minimum local en $M(0)=\left(0,0\right)$ et un maximum local en $M({\sqrt[{3}]{2}})=\left({\sqrt[{3}]{2}},{\sqrt[{3}]{4}}\right)$.

On peut aussi étudier directement les variations de y comme fonction de x, sur toute la portion de la courbe où x\ne y^2 : cf. Calcul différentiel/Exercices/Inversion locale, fonctions implicites#Exercice 9, question 1.1.

 

Exercice 14

Chercher les extrema des fonctions $f(x,y)$ suivantes :

1. $3xy-x^{3}-y^{3}$ ;
2. $x^{2}y^{2}(1+3x+2y)$ ;
3. $2x+y-x^{4}-y^{4}$ ;
4. ${\frac {xy}{(x+y)(1+x)(1+y)}}\quad (x,y>0)$ ;
5. $x(\ln ^{2}x+y^{2})\quad (x>0)$.

Solution

(Voir http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00080.pdf exo 4191)

1. $(0,0)$ non extrémal et $(1,1)$ maximum local.
2. $\nabla f(x,y)=\left(xy^{2}(2+9x+4y),2x^{2}y(1+3x+3y)\right)$ donc $(x,y)$ est un point critique si et seulement si $x=0$ ou $y=0$ ou $(x,y)=\left(-{\frac {2}{15}},-{\frac {1}{5}}\right)$.
   $\nabla ^{2}f(x,y)={\begin{pmatrix}2y^{2}(1+9x+2y)&2xy(2+9x+6y)\\2xy(2+9x+6y)&2x^{2}(1+3x+6y)\end{pmatrix}}$. Le point critique $\left(-{\frac {2}{15}},-{\frac {1}{5}}\right)$ est un point de maximum local strict de $f$ car $\nabla ^{2}f\left(-{\frac {2}{15}},-{\frac {1}{5}}\right)=-{\frac {2}{375}}{\begin{pmatrix}9&4\\4&4\end{pmatrix}}$ est définie négative (cf. règle de Monge), ou encore (sans utiliser la hessienne) : car $f\left(-{\frac {2}{15}}+h,-{\frac {1}{5}}+k\right)=\left(-{\frac {2}{15}}+h\right)^{2}\left(-{\frac {1}{5}}+k\right)^{2}\left({\frac {1}{5}}+3h+2k\right)=f\left(-{\frac {2}{15}},-{\frac {1}{5}}\right)-{\frac {9h^{2}+8hk+4k^{2}}{375}}+o(h^{2}+k^{2})$, or $9h^{2}+8hk+4k^{2}=4(k+h)^{2}+5h^{2}>0$ pour tout $(h,k)\neq (0,0)$.
   En les autres points critiques $(x,0)$ et $(0,y)$, l'étude de la hessienne ne permet pas de conclure car elle admet $0$ pour valeur propre, mais une étude directe de signe donne le résultat : par exemple, $f(x,0)=0$ et si $h$ et $k$ sont suffisamment petits, $f(x+h,k)=(x+h)^{2}k^{2}(1+3x+3h+2k)\geq 0$ si $1+3x>0$, $f(x+h,k)\leq 0$ si $1+3x<0$, et $f(x+h,k)$ est de signe variable (le signe de $3h+2k$) si $1+3x=0$, donc $(x,0)$ est un point de min. local pour $x>-1/3$, max. local pour $x<-1/3$, selle pour $x=-1/3$.
   De même, $f(h,y+k)=h^{2}(y+k)^{2}(1+2y+3h+2k)$ donc $(0,y)$ est un point de min. local pour $y>-1/2$, max. local pour $y<-1/2$ et selle pour $y=-1/2$.
3. $(2^{-1/3},4^{-1/3})$ : maximum absolu.
4. Soit $g=\ln \circ f$ : $g(x,y)=\ln x+\ln y-\ln(x+y)-\ln(1+x)-\ln(1+y)$.
   ${\frac {\partial g}{\partial x}}={\frac {1}{x}}-{\frac {1}{x+y}}-{\frac {1}{1+x}}={\frac {y-x^{2}}{x(x+y)(1+x)}}$ et analogue pour ${\frac {\partial g}{\partial y}}$ donc un point $(x,y)\in \left]0,+\infty \right[^{2}$ est critique si et seulement si $y=x^{2}$ et $x=y^{2}$, c'est-à-dire $x=y=1$ ($(0,0)$ n'est pas solution car n'appartient pas au domaine $\left]0,+\infty \right[^{2}$).
   Le seul point critique est donc $(1,1)$. On peut affirmer que c'est un maximum local sans même calculer la hessienne. En effet, c'est même un maximum absolu car il en existe, puisque $f>0$ et $\lim _{\infty }f=0$, cette limite signifiant : quand $(x,y)$ tend vers le bord du domaine, c'est-à-dire $x$ ou $y$ tend vers $+\infty$ ou vers $0^{+}$.
   Cette limite est bien nulle car ${\frac {xy}{(x+y)(1+x)(1+y)}}\leq {\frac {1}{x+y}}\to 0$ quand $x$ ou $y$ tend vers $+\infty$ et ${\frac {xy}{(x+y)(1+x)(1+y)}}\leq {\frac {xy}{x+y}}\leq \min(x,y)\to 0$ quand $x$ ou $y$ tend vers $0$. Une façon plus directe de prouver que c'est un maximum absolu est de remarquer que d'un point $(x_{0},y_{0})$ quelconque à $(1,1)$, $f$ ne cesse de croître si l'on fait varier $y$ de $y_{0}$ à $x_{0}^{2}$ (en fixant x) puis $(x,y)$ de $(x_{0},x_{0}^{2})$ à $(1,1)$ en restant sur la courbe $y=x^{2}$.
5. ${\frac {\partial f}{\partial x}}=\ln ^{2}x+y^{2}+2\ln x=(1+\ln x)^{2}+y^{2}-1$ et ${\frac {\partial f}{\partial y}}=2xy$ donc un point $(x,y)\in \left]0,+\infty \right[\times \mathbb {R}$ est critique si et seulement si $y=0$ et $1+\ln x=\pm 1$, c'est-à-dire $x=1$ ou $\mathrm {e} ^{-2}$.
   $\forall (x,y)\in \left]0,+\infty \right[\times \mathbb {R} \quad f(x,y)\geq f(x,0)\geq f(1,0)$.
   L'autre point critique, $(\mathrm {e} ^{-2},0)$, n'est pas un extremum même local ; c'est même un point selle car $\operatorname {Hess} (f)_{(x,y)}=2{\begin{pmatrix}{\frac {1+\ln x}{x}}&y\\y&x\end{pmatrix}}$ donc $\operatorname {Hess} (f)_{(\mathrm {e} ^{-2},0)}=2{\begin{pmatrix}-\mathrm {e} ^{2}&0\\0&\mathrm {e} ^{-2}\end{pmatrix}}$ a deux valeurs propres non nulles de signes opposés. Ou moins savamment, au simple vu des dérivées partielles de $f$ : $x\mapsto f(x,0)$ a un maximum local strict en $\mathrm {e} ^{-2}$ tandis que $y\mapsto f(\mathrm {e} ^{-2},y)$ a un minimum local strict en $0$.

 

Exercice 15

On pose $f(x,y)=(y^{2}-x^{2})(y-3)$.

1. Calculer le vecteur gradient et la matrice hessienne de $f$.
2. Déterminer les points critiques de $f$.
3. Donner le développement limité de $f$ au point $(0,0)$ à l'ordre 2.
4. Montrer que $(0,0)$ est un point selle et que $(0,2)$ est un minimum local.

Solution

1. $\operatorname {grad} f(x,y)={\begin{pmatrix}{\frac {\partial f}{\partial x}}\\{\frac {\partial f}{\partial y}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-2x(y-3)\\3y^{2}-6y-x^{2}\end{pmatrix}}$ ;
   $\operatorname {Hess} f(x,y)={\begin{pmatrix}{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x^{2}}}&{\frac {\partial ^{2}f}{\partial x\partial y}}\\{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y\partial x}}&{\frac {\partial ^{2}f}{\partial y^{2}}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-2y+6&-2x\\-2x&6y-6\end{pmatrix}}$.
2. $(x,y)$ est un point critique si et seulement si ${\frac {\partial f}{\partial x}}={\frac {\partial f}{\partial y}}=0$, c'est-à-dire $2x(y-3)=3y^{2}-6y-x^{2}=0$, ce qui équivaut à $(x=0\lor y=3)\land y(y-2)=x^{2}/3$ donc à $[x=0\land (y=0\lor y=2)]\lor [y=3\land x=\pm 3]$. Autrement dit, $f$ a exactement 4 points critiques : $(0,0)$, $(0,2)$, $(3,3)$ et $(-3,3)$.
3. $f(x,y)=(y^{2}-x^{2})(y-3)=3x^{2}-3y^{2}-x^{2}y+y^{3}=3x^{2}-3y^{2}+o(x^{2}+y^{2})$.
4. D'après la question précédente, $(0,0)$ est un point selle.
   $\operatorname {Hess} f(0,2)={\begin{pmatrix}2&0\\0&6\end{pmatrix}}$ a pour valeurs propres 2 et 6 > 0 donc le point critique $(0,2)$ est un minimum local.

 

Exercice 16

Considérons la fonction $f(x,y)=x^{3}+y^{3}-x^{2}-y^{2}$.

1. Calculer le développement limité d'ordre 2 de $f$ en un point quelconque $(a,b)$.
2. En déduire les points critiques de $f$ et leur nature.

Solution

1. $(a+h)^{3}-(a+h)^{2}=a^{3}-a^{2}+h(3a^{2}-2a)+h^{2}(3a-1)+h^{3}$ donc
   $f(a+h,b+k)=a^{3}-a^{2}+b^{3}-b^{2}+h(3a^{2}-2a)+k(3b^{2}-2b)+h^{2}(3a-1)+k^{2}(3b-1)+o(h^{2}+k^{2})$.
2. $3a^{2}-2a=3b^{2}-2b=0\Leftrightarrow (a,b)=(0,0)$ ou $(0,2/3)$ ou $(2/3,0)$ ou $(2/3,2/3)$. Le point $(2/3,2/3)$ est un minimum local (on le voit même directement, car $(2/3+h)^{3}-(2/3+h)^{2}=-4/27+h^{2}+h^{3}\geq -4/27$ dès que $h\geq -1$) mais pas global. Le point $(0,0)$ est un maximum local (on le voit même directement, car $h^{3}-h^{2}\leq 0$ dès que $h\leq 1$) mais pas global. Les points $(0,2/3)$ et $(2/3,0)$ sont des points selle.

 

Exercice 17

L'objectif de cet exercice est de déterminer les points d'extremum local de la fonction $f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$ définie par

$f(x,y)=y^{3}+x^{2}-4xy+3y^{2}$.

1. Déterminer les points critiques de $f$.
2. Montrer que $\forall (x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\quad f(x,y)\geq f(2y,y)$.
3. Étudier le sens de variation de la fonction $\varphi :\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ définie par $\varphi (y)=f(2y,y)$.
4. Montrer que pour tout $y\geq 0$ et tout $x\in \mathbb {R}$ on a $f(x,y)\geq f\left({\frac {4}{3}},{\frac {2}{3}}\right)$.
5. Montrer que $(0,0)$ est un point selle.

Solution

1. $2x-4y=3y^{2}-4x+6y=0\Leftrightarrow x=2y,\;3y^{2}-8y+6y=0\Leftrightarrow (x,y)=(0,0)$ ou $\left({\frac {4}{3}},{\frac {2}{3}}\right)$.
2. ${\frac {\partial f}{\partial x}}(x,y)$ est du signe de $x-2y$ donc pour tout $y$, l'application $x\mapsto f(x,y)$ est décroissante sur $\left]-\infty ,2y\right]$ et croissante sur $\left[2y,+\infty \right[$.
3. $\varphi (y)=y^{3}-y^{2}$, $\varphi '(y)=3y^{2}-2y$, donc $\varphi$ est croissante sur $\left]-\infty ,0\right]$, décroissante sur $\left[0,{\frac {2}{3}}\right]$ et croissante sur $\left[{\frac {2}{3}},+\infty \right[$.
4. D'après les deux questions précédentes, pour tout $y\geq 0$ et tout $x\in \mathbb {R}$ on a $f(x,y)\geq f(2y,y)=\varphi (y)\geq \varphi \left({\frac {2}{3}}\right)=f\left({\frac {4}{3}},{\frac {2}{3}}\right)$.
5. $y\mapsto f(2y,y)$ a un maximum local en $0$ (cf. question 3) tandis que $x\mapsto f(x,0)=x^{2}$ a un minimum en $0$.

 

Exercice 18

Soient $p,q\in {\mathbb {R} }$ tels que $q>p>1$, $K$ l'ensemble des Échec de l’analyse (SVG (MathML peut être activé via une extension du navigateur) : réponse non valide(« Math extension cannot connect to Restbase. ») du serveur « http://localhost:6011/fr.wikiversity.org/v1/ » :): {\displaystyle x\in{\mathbb R}^n} tels que $\sum _{i=1}^{n}|x_{i}|^{q}=1$ et $f:K\to {\mathbb {R} },\,x\mapsto \sum _{i=1}^{n}|x_{i}|^{p}$.

1. Montrer que $K$ est une sous-variété de de classe C¹. (De quelle dimension ?)
2. Pourquoi $f$ admet-elle au moins un maximum et un minimum ?
3. Déterminer les points de $K$ vérifiant la condition nécessaire d'extrémalité de Lagrange.
4. En déduire les valeurs maximale et minimale de $f$.

Solution

Notons $g:\mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R} ,\,x\mapsto \sum _{i=1}^{n}|x_{i}|^{q}$.

1. $g$ est C¹, et tout $x\in K$ est non nul donc $Jg(x)=q{\begin{pmatrix}|x_{1}|^{q-1}&\dots &|x_{n}|^{q-1}\end{pmatrix}}\neq 0$, ce qui prouve que $K$ est une sous-variété de $\mathbb {R} ^{n}$ de classe C¹ et de dimension $n-1$.
2. Parce que $f$ est continue et $K$ est compact.
3. Si $x\in K$ est un point d'extremum local de $f$ alors $Jf(x)$ est colinéaire à $Jg(x)$ donc il existe un réel $\lambda$ tel que ${\begin{pmatrix}|x_{1}|^{p-1}&\dots &|x_{n}|^{p-1}\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}|x_{1}|^{q-1}&\dots &|x_{n}|^{q-1}\end{pmatrix}}$. Les solutions sont les $x\in K$ dont toutes les coordonnées non nulles sont égales en valeur absolue. (Si $x$ a $m$ coordonnées non nulles, leur valeur absolue commune est $m^{-1/q}$.)
4. Les valeurs extrémales de $m\times \left(m^{-1/q}\right)^{p}=m^{1-p/q}$, pour $m\in \{1,\dots ,n\}$, sont $1$ et $n^{1-p/q}$ (c'est en fait un cas particulier de l'inégalité de Hölder).

 

Mêmes questions pour $K=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}\mid x^{2}+y^{2}+z^{2}=1,\ (x+2z)^{2}+y^{2}=z^{2}\}$ et $f:K\to \mathbb {R} ,\,(x,y,z)\mapsto z$.

Solution

1. L'application $g:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2},\,(x,y,z)\mapsto (x^{2}+y^{2}+z^{2}-1,(x+2z)^{2}+y^{2}-z^{2})$ est C¹, et pour tout $(x,y,z)\in K$, $Jg(x,y,z)=2{\begin{pmatrix}x&y&z\\x+2z&y&2x+3z\end{pmatrix}}$ est de rang 2 car $z\neq 0$ et si $y=0$ alors $x=-z$ ou $-3z$ et ${\begin{vmatrix}x&z\\x+2z&2x+3z\end{vmatrix}}=x^{2}+xz-z^{2}\neq 0$. Ceci prouve que $K$ est une sous-variété de $\mathbb {R} ^{3}$ de classe C¹ et de dimension $1$ (c'est-à-dire une courbe).
2. Parce que $f$ est continue et $K$ est compact.
3. Pour tout $(x,y,z)\in K$, ${\begin{vmatrix}0&0&1\\x&y&z\\x+2z&y&2x+3z\end{vmatrix}}=-2yz$ est nul si et seulement si $y=0$, et l'on a alors $(x,y,z)=\pm {\frac {1}{\sqrt {2}}}(-1,0,1)$ ou $\pm {\frac {1}{\sqrt {10}}}(-3,0,1)$.
4. Les valeurs extrémales de $f$ sont donc $\pm {\frac {1}{\sqrt {2}}}$.

 

Mêmes questions pour Échec de l’analyse (SVG (MathML peut être activé via une extension du navigateur) : réponse non valide(« Math extension cannot connect to Restbase. ») du serveur « http://localhost:6011/fr.wikiversity.org/v1/ » :): {\displaystyle K=\{(x,y,z)\in({\mathbb R}_+^*)^3\mid x^2+y^2+z^2=1,\ x=y+z\}} et $f:K\to {\mathbb {R} },\,(x,y,z)\mapsto {1 \over x}+{1 \over y}+{1 \over z}$, pour le minimum.

Solution

1. L'application $g:\mathbb {R} ^{3}\to \mathbb {R} ^{2},\,(x,y,z)\mapsto (x^{2}+y^{2}+z^{2}-1,x-y-z)$ est C¹, et pour tout $(x,y,z)\in K$, $Jg(x,y,z)={\begin{pmatrix}2x&2y&2z\\1&-1&-1\end{pmatrix}}$ est de rang 2, car on n'a pas $y=z=-x$. Ceci prouve que $K$ est une sous-variété de $\mathbb {R} ^{3}$ de classe C¹ et de dimension $1$.
2. $K$ devient compact si on lui ajoute son bord (les deux demi-axes et le « quart de cercle à l'infini »). $f$ est continue de ce compact dans $\left]0,+\infty \right]$ donc admet un maximum ($+\infty$, atteint sur tout le bord) et un minimum (à déterminer).
3. Pour tout $(x,y,z)\in K$, ${\begin{vmatrix}-{\frac {1}{x^{2}}}&-{\frac {1}{y^{2}}}&-{\frac {1}{z^{2}}}\\2x&2y&2z\\1&-1&-1\end{vmatrix}}=2{\frac {y-z}{x^{2}y^{2}z^{2}}}\left(x^{3}(y+z)+x^{2}(y^{2}+yz+z^{2})+y^{2}z^{2}\right)$ est nul si et seulement si $y=z$, et l'on a alors $(x,y,z)={\frac {1}{\sqrt {6}}}(2,1,1)$.
4. Le minimum de $f$ est donc ${\frac {5{\sqrt {6}}}{2}}$.