Extremum

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Extremum

[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
Soit a > 0. Montrer que
a
f : (x, y) 7→ x + y +
xy
Trouver les extrema sur R2 de
admet un minimum strict sur (R+? )2
f (x, y) = x4 + y 4 − 4xy
Soit a > 0. On pose, pour x > 0 et y > 0,
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.
f (x, y) = x2 + xy + y 2 + 2x − 2y
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)
2
Déterminer les extremums de xln x + y ln y sur ]0, +∞[ .
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)
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
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.
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
Extremum locaux et globaux de f (x, y) = y(x2 + (ln y)2 ) sur R × ]0, +∞[.
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
Extremum locaux et globaux de
f (x, y) = y(x2 + (ln y)2 )
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)
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).
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).
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.
(−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).
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
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).
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);
Corrections
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.
√ √
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.
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
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).
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
Corrections
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.
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.
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)
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.
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
Corrections
8
Une représentation de la fonction g
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.

Extremum

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