Exercices “Recherche d’extremum” (A)

Méthode :

Un point critique est un point où le gradient de la fonction s’annule. Il faut calculer les dérivées partielles premières par rapport à $x$ et $y$, les égaler à zéro et résoudre le système d’équations résultant.

Étapes :

1. Calcul du gradient $\nabla f(x, y)$ :

   Calculons les dérivées partielles :

   $\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 - 3y$

   $\frac{\partial f}{\partial y} = 3y^2 - 3x$

2. Résolution du système $\nabla f(x, y) = (0, 0)$ :

   Nous devons résoudre le système :

   $\begin{cases} 3x^2 - 3y = 0 \quad (1) \\ 3y^2 - 3x = 0 \quad (2) \end{cases}$

3. Simplification et substitution :

   De l’équation (1), on tire $y = x^2$.

   On substitue cette expression de $y$ dans l’équation (2) :

   $3(x^2)^2 - 3x = 0 \implies 3x^4 - 3x = 0$

   $3x(x^3 - 1) = 0$

4. Trouver les valeurs de $x$ :

   Les solutions sont $x = 0$ ou $x^3 = 1 \implies x = 1$.

5. Trouver les valeurs de $y$ correspondantes :

   • Si $x = 0$, alors $y = 0^2 = 0$. Point : $(0, 0)$.
   • Si $x = 1$, alors $y = 1^2 = 1$. Point : $(1, 1)$.

Réponse :

Les points critiques sont $(0, 0)$ et $(1, 1)$.

Méthode :

Calculer d’abord les dérivées premières, puis dériver chacune d’elles par rapport à $x$ et $y$ pour obtenir les dérivées secondes. Le théorème de Schwarz stipule que les dérivées croisées doivent être égales pour une fonction de classe $\mathscr{C}^2$.

Étapes :

1. Dérivées partielles d’ordre 1 :

   $\frac{\partial f}{\partial x} = e^y - y \sin(x)$

   $\frac{\partial f}{\partial y} = x e^y + \cos(x)$

2. Dérivées partielles d’ordre 2 :

   • Par rapport à $x$ deux fois :

     $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}(e^y - y \sin(x)) = -y \cos(x)$

   • Par rapport à $y$ deux fois :

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

   • Dérivée croisée $\partial x \partial y$ :

     $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial x}(x e^y + \cos(x)) = e^y - \sin(x)$

   • Dérivée croisée $\partial y \partial x$ :

     $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = \frac{\partial}{\partial y}(e^y - y \sin(x)) = e^y - \sin(x)$

3. Matrice Hessienne :

   $H_f(x, y) = \begin{pmatrix} -y \cos(x) & e^y - \sin(x) \\ e^y - \sin(x) & x e^y \end{pmatrix}$

4. Vérification de Schwarz :

   On observe bien que $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = e^y - \sin(x)$ et $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = e^y - \sin(x)$. Les termes sont identiques, le théorème est vérifié.

Réponse :

$H_f(x, y) = \begin{pmatrix} -y \cos(x) & e^y - \sin(x) \\ e^y - \sin(x) & x e^y \end{pmatrix}$. Les dérivées croisées sont égales.

Méthode :

1. Trouver le point critique (gradient nul).
2. Calculer la matrice Hessienne en ce point.
3. Utiliser le déterminant et la trace (ou les valeurs propres) pour classifier le point.

Étapes :

1. Recherche du point critique :

   $\nabla f(x, y) = (2x + y - 3, \quad x + 2y - 3)$

   Système à résoudre :

   $\begin{cases} 2x + y = 3 \\ x + 2y = 3 \end{cases}$

   En soustrayant la deuxième ligne à deux fois la première :

   $2(2x+y) - (x+2y) = 6 - 3 \implies 3x = 3 \implies x = 1$.

   Alors $1 + 2y = 3 \implies 2y = 2 \implies y = 1$.

   Le point critique est $a = (1, 1)$.

2. Calcul de la Hessienne :

   Les dérivées secondes sont constantes (fonction quadratique) :

   $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 2, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 2, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = 1$

   $H_f(1, 1) = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$

3. Classification :

   Calculons le déterminant et la trace de $H_f(1, 1)$ :

   • $\det(H) = 2 \times 2 - 1 \times 1 = 3$.
   • $\text{Trace}(H) = 2 + 2 = 4$.

   Puisque $\det(H) > 0$ et $\text{Trace}(H) > 0$, les deux valeurs propres sont strictement positives.

Réponse :

Le point $(1, 1)$ est un minimum local strict.

Méthode :

Trouver le point critique puis examiner le signe du déterminant de la matrice Hessienne. Si le déterminant est strictement négatif, c’est un point selle.

Étapes :

1. Gradient :

   $\frac{\partial f}{\partial x} = 2x - 2, \quad \frac{\partial f}{\partial y} = -2y + 4$

2. Point critique :

   $2x - 2 = 0 \implies x = 1$

   $-2y + 4 = 0 \implies y = 2$

   Point critique en $a = (1, 2)$.

3. Matrice Hessienne :

   $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 2, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = -2, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = 0$

   $H_f(1, 2) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -2 \end{pmatrix}$

4. Analyse :

   Le déterminant est $\det(H) = (2)(-2) - 0 = -4$.

   Puisque $\det(H) < 0$, les valeurs propres sont de signes opposés (ici $\lambda_1 = 2$ et $\lambda_2 = -2$).

Réponse :

Le déterminant de la Hessienne étant négatif ($-4$), le point $(1, 2)$ est un point selle (ou col). Ce n’est ni un maximum ni un minimum.

Méthode :

Appliquer la formule : $f(a+h) \approx f(a) + \langle \nabla f(a), h \rangle + \frac{1}{2} \langle H_f(a)h, h \rangle$.

Étapes :

1. Valeur en $a$ :

   $f(1, 1) = \ln(1+1) = \ln(2)$.

2. Gradient en $a$ :

   $\partial_x f = \frac{1}{x+y}, \quad \partial_y f = \frac{1}{x+y}$

   Au point $(1,1)$ : $\nabla f(1,1) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$.

   Terme linéaire : $\frac{1}{2}h_1 + \frac{1}{2}h_2$.

3. Hessienne en $a$ :

   $\partial_{xx} f = \frac{-1}{(x+y)^2}, \quad \partial_{yy} f = \frac{-1}{(x+y)^2}, \quad \partial_{xy} f = \frac{-1}{(x+y)^2}$

   Au point $(1,1)$ : $\frac{-1}{(1+1)^2} = -\frac{1}{4}$.

   $H_f(1,1) = \begin{pmatrix} -1/4 & -1/4 \\ -1/4 & -1/4 \end{pmatrix}$

4. Terme quadratique :

   $\frac{1}{2} [ h_1 (-\tfrac{1}{4}) h_1 + h_1 (-\tfrac{1}{4}) h_2 + h_2 (-\tfrac{1}{4}) h_1 + h_2 (-\tfrac{1}{4}) h_2 ]$

   $= -\frac{1}{8} (h_1^2 + 2h_1h_2 + h_2^2) = -\frac{1}{8}(h_1 + h_2)^2$

Réponse :

$f(1+h_1, 1+h_2) = \ln(2) + \frac{1}{2}(h_1 + h_2) - \frac{1}{8}(h_1 + h_2)^2 + o(\|h\|^2)$

Méthode :

Comme $D$ est compact, les extrema existent. On compare :

1. Les points critiques à l’intérieur de $D$.
2. Les extrema de la fonction restreinte aux bords de $D$.
3. Les “coins” du domaine.

Étapes :

1. Points critiques intérieurs :

   $\nabla f = (2x, -4y)$. S’annule en $(0, 0)$.

   Le point $(0,0)$ est sur le bord (coin), donc pas de point critique strict à l’intérieur $]0,1[\times]0,1[$.

2. Étude aux bords (4 segments) :

   • Segment $y=0, x \in [0,1]$ : $g_1(x) = f(x,0) = x^2$. Croissant sur $[0,1]$.

     Min en $x=0$ ($f=0$), Max en $x=1$ ($f=1$).

   • Segment $y=1, x \in [0,1]$ : $g_2(x) = f(x,1) = x^2 - 2$. Croissant.

     Min en $x=0$ ($f=-2$), Max en $x=1$ ($f=-1$).

   • Segment $x=0, y \in [0,1]$ : $g_3(y) = f(0,y) = -2y^2$. Décroissant.

     Max en $y=0$ ($f=0$), Min en $y=1$ ($f=-2$).

   • Segment $x=1, y \in [0,1]$ : $g_4(y) = f(1,y) = 1 - 2y^2$. Décroissant.

     Max en $y=0$ ($f=1$), Min en $y=1$ ($f=-1$).

3. Comparaison des valeurs candidates :

   Nous avons trouvé les valeurs : $0, 1, -2, -1$.

   • Maximum global : $1$ (atteint en $(1,0)$).
   • Minimum global : $-2$ (atteint en $(0,1)$).

Réponse :

Maximum global : $1$ au point $(1, 0)$.

Minimum global : $-2$ au point $(0, 1)$.

Méthode :

Chercher les points critiques à l’intérieur, puis étudier la fonction sur le bord (cercle $x^2+y^2=1$) en utilisant une paramétrisation.

Étapes :

1. Intérieur ($x^2 + y^2 < 1$) :

   $\nabla f = (1, 1)$. Ce vecteur n’est jamais nul. Il n’y a aucun point critique à l’intérieur. Les extrema sont donc sur le bord.

2. Frontière ($x^2 + y^2 = 1$) :

   On peut paramétrer le bord par $x = \cos t$, $y = \sin t$ avec $t \in [0, 2\pi]$.

   La fonction devient $g(t) = \cos t + \sin t$.

3. Optimisation de $g(t)$ :

   $g'(t) = -\sin t + \cos t$.

   $g'(t) = 0 \iff \sin t = \cos t \iff \tan t = 1$.

   Dans $[0, 2\pi]$, les solutions sont $t = \frac{\pi}{4}$ et $t = \frac{5\pi}{4}$.

4. Calcul des valeurs :

   • Pour $t = \frac{\pi}{4}$ : $x = \frac{\sqrt{2}}{2}, y = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

     $f(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}) = \sqrt{2}$.

   • Pour $t = \frac{5\pi}{4}$ : $x = -\frac{\sqrt{2}}{2}, y = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.

     $f(-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}) = -\sqrt{2}$.

Réponse :

Maximum global : $\sqrt{2}$ au point $(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$.

Minimum global : $-\sqrt{2}$ au point $(-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$.

Méthode :

Minimiser la distance revient à minimiser le carré de la distance. En utilisant la contrainte $z = 1 - x - y$, on transforme le problème en une minimisation sans contrainte à deux variables.

Étapes :

1. Substitution :

   $f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2$.

   Avec $z = 1 - x - y$, on définit :

   $g(x, y) = x^2 + y^2 + (1 - x - y)^2$.

2. Points critiques de $g$ :

   Calculons les dérivées partielles :

   $\frac{\partial g}{\partial x} = 2x + 2(1 - x - y)(-1) = 2x - 2 + 2x + 2y = 4x + 2y - 2$

   $\frac{\partial g}{\partial y} = 2y + 2(1 - x - y)(-1) = 2y - 2 + 2x + 2y = 2x + 4y - 2$

   On résout le système :

   $\begin{cases} 4x + 2y = 2 \implies 2x + y = 1 \\ 2x + 4y = 2 \implies x + 2y = 1 \end{cases}$

   Par soustraction : $(2x+y) - (x+2y) = 0 \implies x - y = 0 \implies x = y$.

   Donc $3x = 1 \implies x = 1/3$ et $y = 1/3$.

3. Vérification (Nature du point) :

   Hessienne de $g$ : $H_g = \begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$.

   $\det(H) = 16 - 4 = 12 > 0$ et $\text{Trace} = 8 > 0$. C’est bien un minimum.

4. Calcul de $z$ :

   $z = 1 - 1/3 - 1/3 = 1/3$.

Réponse :

Le point le plus proche est $(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3})$.

Méthode :

Calcul du gradient pour trouver les points, puis calcul de la Hessienne en chaque point pour les classifier.

Étapes :

1. Recherche des points critiques :

   $\nabla f = (4x^3 - 4y, \quad 4y^3 - 4x)$.

   Système : $y = x^3$ et $x = y^3$.

   $x = (x^3)^3 = x^9 \implies x(x^8 - 1) = 0$.

   Solutions réelles pour $x$ : $0, 1, -1$.

   • $x=0 \implies y=0$. Point $P_1(0,0)$.
   • $x=1 \implies y=1$. Point $P_2(1,1)$.
   • $x=-1 \implies y=-1$. Point $P_3(-1,-1)$.

2. Hessienne générale :

   $H_f(x, y) = \begin{pmatrix} 12x^2 & -4 \\ -4 & 12y^2 \end{pmatrix}$

3. Classification de $P_1(0,0)$ :

   $H_f(0,0) = \begin{pmatrix} 0 & -4 \\ -4 & 0 \end{pmatrix}$.

   $\det = -16 < 0$.

   C’est un point selle.

4. Classification de $P_2(1,1)$ :

   $H_f(1,1) = \begin{pmatrix} 12 & -4 \\ -4 & 12 \end{pmatrix}$.

   $\det = 144 - 16 = 128 > 0$. Trace $= 24 > 0$.

   C’est un minimum local.

5. Classification de $P_3(-1,-1)$ :

   $H_f(-1,-1) = \begin{pmatrix} 12 & -4 \\ -4 & 12 \end{pmatrix}$. Identique à $P_2$.

   C’est un minimum local.

Réponse :

$(0,0)$ est un point selle. $(1,1)$ et $(-1,-1)$ sont des minima locaux.

Réponses :

1. FAUX.

   La condition $\nabla f(a) = 0$ est nécessaire mais pas suffisante. Ce pourrait être un point selle (comme $x^2 - y^2$ en $(0,0)$).

2. VRAI.

   C’est le théorème de Weierstrass (ou théorème des bornes atteintes). Une fonction continue sur un compact (fermé borné) atteint ses bornes.

3. VRAI.

   Si $\det(H_f(a)) > 0$, les valeurs propres sont de même signe et non nulles.

   • Si elles sont positives (Trace > 0), c’est un minimum.
   • Si elles sont négatives (Trace < 0), c’est un maximum.

   Dans les deux cas, c’est un extremum. (Le cas du point selle correspond à $\det < 0$).