Extremum
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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Extremum Enoncés Exercice 8 Calculer 1 [ 00065 ] [correction] inf Exercice 1 [ 00058 ] [correction] Déterminer les extrema locaux et globaux de x,y>0 f (x, y) = x3 + y 3 − 3xy 1 1 + + xy x y Exercice 9 [ 00070 ] [correction] Soit a > 0. Montrer que a f : (x, y) 7→ x + y + xy Exercice 2 [ 00059 ] [correction] Trouver les extrema sur R2 de admet un minimum strict sur (R+? )2 f (x, y) = x4 + y 4 − 4xy Exercice 10 [ 00071 ] [correction] Soit a > 0. On pose, pour x > 0 et y > 0, Exercice 3 [ 00060 ] [correction] Extrema locaux et globaux de f (x, y) = x2 + y 2 + f (x, y) = y(x2 + (ln y)2 ) a xy Montrer que f admet un minimum absolu et calculer ce dernier. Exercice 4 [ 00061 ] [correction] Trouver les extrema sur R2 de f (x, y) = x2 + xy + y 2 + 2x − 2y Exercice 5 [ 02910 ] [correction] Trouver les extrema sur R2 de Exercice 11 [ 00072 ] [correction] Soient U un ouvert convexe et f : U → R une fonction convexe et différentiable. Montrer que tout point critique est un minimum global. Exercice 12 Déterminer 4 4 2 f (x, y) = x + y − 2(x − y) Exercice 6 [ 02463 ] [correction] 2 Déterminer les extremums de xln x + y ln y sur ]0, +∞[ . Exercice 7 [ 02473 ] [correction] Avec Maple, trouver les extrema de f (x, y) = y exp(x) + x exp(y) [ 00268 ] [correction] sup (x,y)∈]0,+∞[2 xy (1 + x)(1 + y)(x + y) Exercice 13 [ 03347 ] [correction] On considère l’espace vectoriel Rn muni de son produit scalaire usuel noté h. | .i. Soit f un endomorphisme symétrique de Rn dont toutes les valeurs propres sont strictement positives. a) Montrer que ∀x ∈ Rn \ {0} , hf (x) | xi > 0 b) Soit u un vecteur de Rn et g : Rn → R l’application définie par g(x) = 1 hf (x) | xi − hu | xi 2 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Enoncés 2 Montrer que g admet des dérivées partielles selon tout vecteur de Rn et les expliciter. c) Montrer que g admet un unique point critique noté z. d) Montrer que g admet un minimum global en z. Exercice 14 [ 03740 ] [correction] Rn est muni de la structure euclidienne canonique. a) Comment détermine-t-on les extrémums d’une fonction de classe C 2 sur un ouvert de Rn (n fixé dans N? ) ? b) Etudier l’existence d’extrémums de la fonction f à valeurs dans R, définie sur R3 par (x, y, z) 7→ (2x + y − z)(x + y + 2z) c) Déterminer les extrémums de la fonction f dans la boule unité fermée de R3 . d) E étant un espace vectoriel euclidien, f et g étant deux formes linéaires non nulles sur E, déterminer les extrémums globaux de la fonction f g dans la boule unité fermée de E en utilisant des vecteurs représentants f et g à travers le produit scalaire. Enoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA Exercice 15 [ 02548 ] [correction] Extremum locaux et globaux de f (x, y) = y(x2 + (ln y)2 ) sur R × ]0, +∞[. Exercice 16 [ 02530 ] [correction] a) Etudier les branches infinies, les variations, la convexité et représenter f (t) = t − ln t − 1t . b) Résoudre f (t) = 0. c) Trouver les extremums globaux et locaux de g(x, y) = x ln y − y ln x Exercice 17 [ 02496 ] [correction] Extremum locaux et globaux de f (x, y) = y(x2 + (ln y)2 ) Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections 3 Corrections Exercice 1 : [énoncé] f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 . Recherchons les points critiques. ∂f ∂f (x, y) = 3x2 − 3y, (x, y) = 3y 2 − 3x ∂x ∂y On a ( 3x2 − 3y = 0 2 3y − 3x = 0 ( ⇔ x2 = y 2 y =x ( ⇔ y = x2 4 x =x ( ⇔ y = x2 x = 0 ou 1 (0, 0), (1, 1) sont donc les seuls points critiques Etude en (0, 0) g(x, y) = f (x, y) − f (0, 0) = x3 + y 3 − 3xy g n1 , 0 = n13 > 0 et g − n1 , 0 = − n13 < 0 donc (0, 0) n’est pas extremum local. Etude en (1, 1) Exercice 2 : [énoncé] f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 . Recherchons les points critiques. g(x, y) = f (x, y) − f (1, 1) = x3 + y 3 − 3xy + 1 Procédons à la translation ( ∂f ∂f (x, y) = 4x3 − 4y, (x, y) = 4y 3 − 4x ∂x ∂y x=1+u y =1+v On a ( On obtient 2 3 ( u = r cos θ 3 g(x, y) = 3u + 3v − 3uv + u + v 3 4x3 − 4y = 0 4y 3 − 4x = 0 ( ⇔ x3 = y y3 = x ( ⇔ y = x3 x9 = x ( ⇔ y = x2 x = 0, −1 ou 1 Passons en coordonnées polaires (0, 0), (1, 1) et (−1, −1) sont donc les seuls points critique Etude en (0, 0) v = r sin θ f (1/n, 1/n) ∼ − On obtient g(x, y) = r2 3 − 3 sin 2θ + r cos3 θ + r sin3 θ 2 Quand (x, y) → (1, 1), on a (u, v) → (0, 0) donc r → 0 puis 3− 3 3 3 sin 2θ + r cos3 θ + r sin3 θ = 3 − sin 2θ + o(1) > + o(1) > 0 2 2 2 (1, 1) est un minimum local. Cependant f (t, 0) = t3 −−−−→ −∞ donc f n’est pas minorée et donc (1, 1) n’est t→−∞ pas un minimum global. 4 4 < 0 et f (1/n, −1/n) ∼ 2 > 0 2 n n (0, 0) n’est pas extremum local de f . Etude en (1, 1). On peut écrire f (x, y) − f (1, 1) = (x2 − 1)2 + (y 2 − 1)2 + 2(x − y)2 > 0 donc (1, 1) est minimum global. Il en est de même (−1, −1) car f (−x, −y) = f (x, y). Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections 4 On exploite √ √ 2(u2 + v 2 ) + 4uv = 2(u + v)2 et 8u2 + 4 2u3 + u4 = u2 (u + 2 2)2 pour affirmer √ √ √ √ √ √ f ( 2 + u, − 2 + v) = f ( 2, − 2) + 2(u + v)2 + u2 (u + 2 2)2 + v 2 (v + 2 2)2 √ √ − 2) est un minimum global. Ainsi (√ 2,√ En (− 2, 2) : l’étude est identique puisque f (x, y) = f (y, x). Exercice 3 : [énoncé] f est définie sur R × R+? . Points critiques (0, 1) et (0, e−2 ). En (0, 1) : f (0, 1) = 0. Puisque ∀x ∈ R, ∀y > 0, f (x, y) > 0 (0, 1) est un minimum global. En (0, e−2 ) : rt − s2 = −4. Ce n’est pas un extremum local. Exercice 4 : [énoncé] (−2, 2) seul point critique. En posant x = −2 + u et y = 2 + v, puis u = r cos θ et v = r sin θ f (x, y) − f (−2, 2) = u2 + uv + v 2 = r2 (1 + cos θ sin θ) > 0 Il y a un minimum global en (−2, 2). Exercice 5 : [énoncé] 2 La fonction f : (x, y) 7→ x4 + y 4 − 2(x − y)2 est de √ classe√C ∞ sur R√ . √ Après résolution ses points critiques sont : (0, 0), ( 2, − 2) et (− 2, 2). En (0, 0) : f (0, 0) = 0, f (1/n, 0) ∼ −2/n2 < 0 et f (1/n, 1/n) ∼ 2/n4 > 0. Pas d’extremum local en (0, 0) √ √ En ( 2, − 2) : r = 20, t = 20 = 4. rt − s2 > 0 et r > 0. √ et s√ Il y a un minimum local en ( 2, − 2). √ √ √ f ( 2 + u, − 2 + v) = −8 + 10(u2 + v 2 ) + 4uv + 4 2(u3 − v 3 ) + u4 + v 4 Exercice 6 : [énoncé] L’étude des points critiques donne (1, 1) seul point critique. La fonction t 7→ tln t admet un minimum en 1, donc (x, y) 7→ xln x + y ln y admet un minimum en (1, 1). Exercice 7 : [énoncé] On définit la fonction f:=(x, y)->x*exp(y)+y*exp(x); On recherche les points critiques : solve(D[1](f)(x, y)=0, D[2](f)(x, y)=0, x, y); La réponse fournie par Maple, s’exprime à l’aide de RootOf . On concrétise celle-ci par allvalues(%); On obtient un seul point critique (−1, −1). On peut confirmer le résultat précédent en introduisant g:=t->t*exp(1/t)+exp(t); Cette fonction est strictement positive sur ]0, +∞[ et sa dérivée obtenue par diff(g(t), t); assure que g est strictement croissante sur ]−∞, 0[. Cela permet d’affirmer que le RootOf précédent ne conduit qu’à la valeur −1. On étudie le point critique en posant r:=D[1, 1](f)(-1, -1); s:=D[1, 2](f)(-1, -1); t:=D[2, 2](f)(-1, -1); et en calculant r*t-sˆ2; La valeur obtenue est strictement négative, il n’y a pas d’extremum en (−1, −1). On peut confirmer ce résultat en par la représentation plot3d(f(x, y), x=-2..0, y=-2..0); Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections Exercice 8 : [énoncé] Soit f (x, y) = xy + x1 + y1 définie sur (R+? )2 . Soit x > 0 fixé. L’application y 7→ f (x, y) a pour dérivée − y12 + x, elle donc minimale pour y = √1x . √ Considérons g : x 7→ f (x, √1x ) = x1 + 2 x. 0 +? √1 x − x12 √ x x−1 x2 . + g est dérivable sur R et g (x) = = g est minimale pour x = 1, puis f est minimale en (1, 1) avec f (1, 1) = 3. Exercice 9 : [énoncé] √ √ L’étude des points critiques donne ( 3 a, 3 a) seul point critique. √ Posons α = 3 a. f (x, y) − f (α, α) = x + y + α3 x2 y + xy 2 + α3 − 3αxy − 3α = xy xy Etudions ϕ : α 7→ x2 y + xy 2 + α3 − 3αxy. Cette application admet un minimum √ en xy de valeur √ √ √ x2 y + xy 2 − 2xy xy = xy(x + y − 2 xy) = xy( x − y)2 > 0 √ donc pour tout x, y > 0, f (x, y) > f (α, α) √ √ √ De plus, il y a égalité si, et seulement si, x = y et α = xy i.e. x = y = α. Exercice 10 : [énoncé] Soit x > 0 fixé. L’application y 7→ f (x, y) a pour dérivée 2y − xya 2 , elle donc minimale pour pa . y = 3 2x Considérons r r 3 3 2a2 a 2 3 g : x 7→ f (x, )=x + 2x 2 x2 √ 3 5 Exercice 11 : [énoncé] Soit a point critique de f . Pour tout b ∈ U , on a par convexité de f : ∀λ ∈ [0, 1] , f ((1 − λ)a + λb) 6 (1 − λ)f (a) + λf (b) Par suite 1 (f (a + λ(b − a)) − f (a)) 6 f (b) − f (a) λ En passant à la limite quand λ → 0+ , df (a).(b − a) 6 f (b) − f (a) Or df (a) = 0 donc f (b) > f (a). Exercice 12 : [énoncé] Posons 2 définie et de classe C ∞ sur ]0, +∞[ Soit x > 0 fixé. Posons ϕ : y → f (x, y) On a x(x − y 2 ) (1 + x)(1 + y)2 (x + y)2 √ La fonction ϕ admet donc un maximum en y = x dont la valeur est ϕ0 (y) = ψ(x) = f (x, √ On a ψ 0 (x) = x) = x √ (1 + x)(1 + x)2 √ x x−1 √ (1 + x)2 (1 + x)3 La fonction ψ admet donc un maximum en x = 1 dont la valeur est ψ(1) = f (1, 1) = 2 2a g est dérivable sur R+? et g 0 (x) = 2x − x5/3 , p a g 0 (x) = 0 ⇔ 2x8/3 = 21/3 a2/3 ⇔ x = 4 2 . p p p g est minimale pour x = 4 a/2, puis f admet un minimum en ( 4 a/2, 4 a/2) de √ valeur 2 2a. xy (1 + x)(1 + y)(x + y) f (x, y) = 1 8 Au final sup (x,y)∈]0,+∞[ 2 xy xy 1 = max = (1 + x)(1 + y)(x + y) (x,y)∈]0,+∞[2 (1 + x)(1 + y)(x + y) 8 Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections Exercice 13 : [énoncé] a) Soit (e1 , . . . , en ) une base orthonormée de vecteurs propres de f . Pour x = x1 e1 + · · · + xn en on a f (x) = λ1 x1 e1 + · · · + λn xn en avec λi > 0 valeur propre associée au vecteur propre ei . Ainsi, pour x 6= 0, hf (x) | xi = λ1 x21 + · · · + λn x2n > 0 1 b) Par opérations, la fonction g est de classe C donc admet des dérivées partielles relatives à n’importe quelle base. Dans la base (e1 , . . . , en ), ses dérivées partielles sont 1 Du g(x) = lim (g(x + t.u) − g(x)) = λi xi − ui t→0 t en notant u1 , . . . un les composantes de u. c) Il est alors immédiat que g admet un unique point critique qui est z= u1 un e1 + · · · + en = f −1 (u) λ1 λn Tout ceci serait plus simple, en parlant de différentielle plutôt que de dérivées partielles. d) Pour h ∈ E, g(f −1 (u) + h) = 1 (u + f (h) | f −1 (u) + h) − (u | f −1 (u) + h) 2 donc 1 g(f −1 (u) + h) = g(f −1 (u)) + (f (h) | h) > g(f −1 (u)) 2 −1 car (f (h) | f (u)) = (h | u) par adjonction. Exercice 14 : [énoncé] a) On commence par rechercher les points critiques car l’on sait que les extrema locaux sont des points critiques. Dans le cas n = 2, on peut introduire les notations de Monge et étudier le signe de rt − s2 . Dans le cas général, il n’y a rien à connaître qui soit au programme mais ici il semble que l’examinateur s’attend à ce que l’on parle de matrice hessienne. . . sinon à quoi servirait l’hypothèse C 2 ? Qu’importe, ce n’est pas au programme ! b) L’annulation des dérivées partielles conduit à (0, 0, 0) seul point critique. Pour t 6= 0, on a f (t, 0, 0) = 2t2 > 0 et f (0, 0, t) = −2t2 < 0 6 et donc (0, 0, 0) n’est pas extremum local. c) La fonction f est une forme quadratique, en représentative 2 3/2 M = 3/2 1 3/2 1/2 introduisant la matrice 3/2 1/2 −2 on peut écrire f (x, y, z) = t XM X avec X = t x y z La matrice M est symétrique réelle. Pour calculer son polynôme caractéristique, je n’ai pas trouvé plus simple que d’appliquer Sarrus. . . On obtient les valeurs propres −5/2, 0 et 7/2. En exploitant une base orthonormée de diagonalisation, on obtient − 5t 7 XX 6 f (x) = t XM X 6 t XX 2 2 Les valeurs extrêmes de la fonction f dans la boule unité fermée sont donc −5/2 et 7/2 et celles-ci sont prises sur les vecteurs propres unitaires associés. d) On peut introduire a, b ∈ E tels que f (x) = (a | x) et g(x) = (b | x) En introduisant une base orthonormée et en introduisant des colonnes de coordonnées aux notations entendues f (x) = t AX = t XA et g(x) = t BX La forme bilinéaire symétrique associée à la forme quadratique q = f g est donnée par 1 ϕ(x, y) = (f (x)g(y) + f (y)g(x)) 2 ce qui donne matriciellement ϕ(x, y) = 1 2 t XAt BY + t XB t AY La matrice symétrique représentant la forme quadratique est alors M= 1 t A B + BtA 2 Nous allons en déterminer les valeurs propres. . . Les matrices At B et B t A sont de rangs au plus 1, la matrice M est donc de rang au plus 2. Le scalaire 0 en est alors valeur propre de multiplicité au moins n − 2 ce qui ne laisse plus la place qu’à deux autres valeurs propres λ et µ. Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections Puisque tr(M ) = λ + µ, on obtient l’équation λ + µ = (a | b) Puisque tr(M 2 ) = λ2 + µ2 , on obtient, après calcul i 1h 2 2 (a | b)2 + kak kbk λ2 + µ2 = 2 En exploitant (λ + µ)2 = λ2 + µ2 + 2λµ, on obtient i 1h 2 2 λµ = (a | b)2 − kak kbk 4 et la résolution du système somme-produit qu’on en déduit donne (a | b) ± kak kbk λ, µ = 2 A l’instar de la question c), ce sont là les deux valeurs extrémales de la forme quadratique q = f g. 7 On conclut que (e, e) est le seul point critique. On étudie alors le signe de d(x, y) = g(x, y) − g(e, e) = x ln y − y ln x On procède à une translation ( x=e+u y =e+v et à développement limité à l’ordre 2 u u2 v v2 2 2 + v ε(v) − (e + v) 1 + − + u ε(u) d(x, y) = (e + u) 1 + − e 2e e 2e avec ε − → 0. Après simplification 0 d(x, y) = u2 − v 2 + (u2 + v 2 )ε̃(u, v) 2 avec ε̃ −−−→ 0. (0,0) Exercice 15 : [énoncé] Points critiques (0, 1) et (0, e−2 ). En (0, 1) : f (0, 1) = 0 et ∀x ∈ R, ∀y > 0, f (x, y) > 0 En considérant u = 1/n et v = 0 ou, à l’inverse u = 0 et v = 1/n, on obtient que d prend des signes différents au voisinage de (e, e) qui n’est donc pas extremum de f . C’est un minimum global. En (0, e−2 ) : rt − s2 = −4 < 0 Ce n’est pas un extremum local. Exercice 16 : [énoncé] a) f est définie sur ]0, +∞[, strictement croissante, concave sur ]0, 2] et convexe sur [2, +∞[. Asymptote verticale en 0 et branche parabolique de direction y = x en +∞. b) t = 1 est solution et c’est la seule car f est strictement croissante. c) g est de classe C 1 . Recherchons, ses points critiques : ∂g y x ( (x, y) = 0 =0 ln y − = 0 f x=y ∂x x y ⇔ x ⇔ ⇔ ∂g x x=e − ln x = 0 (x, y) = 0 − ln x = 0 y ∂y y Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections 8 Une représentation de la fonction g Exercice 17 : [énoncé] Points critiques (0, 1) et (0, e−2 ). En (0, 1) : f (0, 1) = 0 et ∀x ∈ R, ∀y > 0, f (x, y) > 0 Il s’agit d’un minimum global. En (0, e−2 ) : rt − s2 = −4 < 0. Pas d’extremum local en ce point. Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD