[PDF] OPTIMISATION LIBRE Corrigé de l'exercice 2.

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Mathématiques 3 (L2) - Quelques exercices supplémentaires

OPTIMISATION LIBRE

§ 1. - Rappels sur les dérivées partielles . . . . . . . . . . . . . . . 1 § 2. - Extremums de fonctions de deux variables . . . . . . . . . . . 2

§ 1. -

Rappels sur les déri véespartielles

Rappels de coursLa dérivée partielle

@f@xest la dérivée, si elle existe, de la fonctionx7!f(x;y) àyconsidéréconstant.

La dérivée partielle

@f@yest la dérivée, si elle existe, de la fonctiony7!f(x;y) àxconsidéréconstant.

Exercice 1.1.Calculer les dérivées partielles des fonctions définies ci-dessous (on ne demandepas de donner le domaine où ces dérivées partielles existent).

(i)f(x;y)=x+y+1 (ii)f(x;y)=xy(iii)f(x;y)=x2y+y2x+3 (iv)f(x;y)=xey+ylnx(v)f(x;y)=x3=2py 3 (vi)f(x;y)=p3xyCorrigé de l"exercice 1.1. (i)@f@x(x;y)=1 et@f@y(x;y)=1 (ii)@f@x(x;y)=yet@f@y(x;y)=x (iii)@f@x(x;y)=2xy+y2et@f@y(x;y)=x2+2xy (iv)@f@x(x;y)=ey+yx et@f@y(x;y)=xey+lnx (v)@f@x(x;y)=32 x1=2py

3et@f@y(x;y)=32

x3=2py (vi)@f@x(x;y)=p3 2 qy x et@f@y(x;y)=p3 2 qx y 1

Rappels de cours

On a

@2f@x2=@@x(@f@x),@2f@x@y=@@x(@f@y),@2f@y@x=@@y(@f@x) et@2f@y2=@@y(@f@y).Lorsquefest de classeC2(c"est-à-dire que les dérivées partielles d"ordre 2 defexistent etsont continues), alors

@2f@x@y=@2f@y@x.Exercice 1.2.Reprendre les fonctions de l"exercice précédent et calculer leurs dérivées par-tielles secondes.

Corrigé de l"exercice 1.2.

(i)@2f@x2=0,@2f@y2=0 et@2f@x@y=@2f@y@x=0. (ii)@2f@x2=0,@2f@y2=0 et@2f@x@y=@2f@y@x=1. (iv)@2f@x2=yx

2,@2f@y2=xeyet@2f@x@y=@2f@y@x=ey+1x

(v)@2f@x2=34 x1=2py

3,@2f@y2=34

x3=21py et@2f@x@y=@2f@y@x=94 x1=2py (vi)@2f@x2=p3 4 qy x

3,@2f@y2=p3

4 qx y

3et@2f@x@y=p3

4 1pxy

§ 2. -

Extr emumsde f onctionsde deux v ariables

Rappels de coursCondition du premier ordre.Pour déterminer les extremums d"une fonction (diérentiable)de deux variablesf(x;y) définie sur un ouvertUR2, on cherche d"abord les points station-naires, c"est-à-dire les solutions du système

@f@x=0

@f@y=0Conditions du second ordre.Ensuite, sifadmet des dérivées partielles d"ordre 2 continues,pour chaque point stationnaire (a;b), on regarde le signe de@2f@x2, de@2f@y2et de :

D=@2f@x2

@2f@y2 @2f@x@y 2 :Tout dépend alors du signe de ces quantités : si D>0,fadmet un extremum local en (x;y)=(a;b); cet extremum est un maximumlocal si

@2f@x2(a;b)<0 ou@2f@y2(a;b)<0 et un minimum local si@2f@x2(a;b)>0 ou@2f@y2(a;b)>0.-si D<0,fn"admet pas d"extremum en (x;y)=(a;b);-si D=0, on ne peut rien dire avec cette méthode, il faut essayer autre chose.Exercice 2.1.Posonsf(x;y)=x2+y2+xy. Déterminer le (ou les) maximum(s) ou minimum(s)éventuels def.2

Corrigé de l"exercice 2.1.La fonctionfest une fonction polynôme de plusieurs variables donc admet des dérivées partielles à tous les ordres qui sont continues sur l"ouvertU=R2. Points stationnaires.Déterminons les points stationnaires. On a : @f@x=2x+yet@f@y=2y+x: et donc le système à résoudre est :

2x+y=0

2y+x=0()(

y=2x x=2y=2(2x)=4x()x=y=0:

Le seul point stationnaire est donc (0;0).

continues, on peut essayer d"utiliser les conditions du second ordre pour déterminer la nature du point stationnaire (0;0). On a :

2f@x2=2;@2f@x@y=1 et@2f@y2=2;

et donc :

D=@2f@x2

@2f@y2 @2f@x@y 2 =221=3:

PuisqueD>0 et@2f@x2>0, la fonctionfprésente un minimum en (x;y)=(0;0).Exercice 2.2.Déterminer les extremums éventuels de chacune des fonctions suivantes.

(i)f(x;y)=y.(ii)f(x;y)=xy.(iii)f(x;y)=x4+y8.(iv)f(x;y)=x4y8.(v)f(x;y)=(3x+2y)4.Corrigé de l"exercice 2.2.Pour chaque fonction, on recherche les éventuels points stationnaires

(points qui annulent les deux dérivées partielles d"ordre 1) puis on cherche à utiliser les condi-

tions du second ordre; si jamais celles-ci ne s"appliquent pas, on essaye d"autres méthodes. (i)La fonction est un polynôme de deux variables donc admet des dérivées partielles conti- nues à tous les ordres en tout point de l"ouvertU=R2. Les dérivées partielles d"ordre 1 def(x;y)=ysont : @f@x=0 et@f@y=1; donc le système déterminant les points stationnaires s"écrit 0=0 1=0 Ce système n"a pas de solutions donc il n"y a aucun points stationnaires. La fonction n"admet donc aucun extremum. 3 (ii)La fonction est un polynôme de deux variables donc admet des dérivées partielles conti- nues à tous les ordres en tout point de l"ouvertU=R2. Les dérivées partielles d"ordre 1 def(x;y)=xysont : @f@x=yet@f@y=x; donc le système déterminant les points stationnaires s"écrit y=0 x=0()x=y=0: Leseulpoint stationnaireestdoncle point(x;y)=(0;0). Essayonsd"utiliserlesconditions du second ordre pour déterminer sa nature. On calcule les dérivées partielles d"ordre 2 (la fonctionfest un polynôme de deux variables donc ses dérivées partielles mixtes d"ordre

2 sont égales) :

2f@x2=0;@2f@y2=0 et@2f@x@y=1;

et donc :

D=@2f@x2

@2f@y2 @2f@x@y 2 =0012=1<0: Les conditions du second ordre s"appliquent et montrent que le point (x;y)=(0;0) ne correspond pas à un extremum.

(iii)La fonction est un polynôme de deux variables donc admet des dérivées partielles conti-

nues à tous les ordres en tout point de l"ouvertU=R2. Les dérivées partielles d"ordre 1 def(x;y)=x4+y8sont : @f@x=4x3et@f@y=8y7; donc le système déterminant les points stationnaires s"écrit 4x3=0

8y7=0()x=y=0:

Leseulpoint stationnaireestdoncle point(x;y)=(0;0). Essayonsd"utiliserlesconditions du second ordre pour déterminer sa nature. On calcule les dérivées partielles d"ordre 2 (la fonctionfest un polynôme de deux variables donc ses dérivées partielles mixtes d"ordre

2 sont égales) :

2f@x2=12x2;@2f@y2=56y6et@2f@x@y=0;

et donc :

D=@2f@x2

@2f@y2 @2f@x@y 2 =12x256y602=12x256y6: 4 En (x;y)=(0;0), on aD=0 et donc les conditions du second ordre ne s"appliquent pas.

On va essayer d"utiliser une autre méthode.

On a l"inégalité évidente :

f(x;y)=x4+y80=f(0;0); ce qui montre que le point (0;0) est un minimum global. Ce minimum global est strict car f(x;y)=0()x4+y8=0()(x;y)=(0;0): (iv)La fonction est un polynôme de deux variables donc admet des dérivées partielles conti- nues à tous les ordres en tout point de l"ouvertU=R2. Les dérivées partielles d"ordre 1 def(x;y)=x4y8sont : @f@x=4x3et@f@y=8y7; donc le système déterminant les points stationnaires s"écrit 4x3=0

8y7=0()x=y=0:

Leseulpoint stationnaireestdoncle point(x;y)=(0;0). Essayonsd"utiliserlesconditions du second ordre pour déterminer sa nature. On calcule les dérivées partielles d"ordre 2 (la fonctionfest un polynôme de deux variables donc ses dérivées partielles mixtes d"ordre

2 sont égales) :

2f@x2=12x2;@2f@y2=56y6et@2f@x@y=0;

et donc :

D=@2f@x2

@2f@y2 @2f@x@y 2 =12x2(56y6)02=12x256y6: En (x;y)=(0;0), on aD=0 et donc les conditions du second ordre ne s"appliquent pas.

On va essayer d"utiliser une autre méthode.

On a vu que le seul point stationnaire est (0;0); puisqu"on est sur un ouvert, le seul ex- tremum possible est en (x;y)=(0;0). Pour montrer que ce point n"est pas un maximum ou un minimum, il sut de montrer quefprend des valeurs>f(0;0)=0 et des valeurs 8x,0;f(x;0)=x4>0 alors que8y,0;f(0;y)=y8<0; d"où le résultat : le point (x;y)=(0;0) n"est ni un maximum ni un minimum.

(v)La fonction est un polynôme de deux variables donc admet des dérivées partielles à tous

les ordres en tout point de l"ouvertU=R2. Les dérivées partielles d"ordre 1 def(x;y)=(3x+2y)4sont : @f@x=34(3x+2y)3et@f@y=24(3x+2y)3; 5 donc le système déterminant les points stationnaires s"écrit

12(3x+2y)3=0

8(3x+2y)3=0()3x+2y=0:

Il y a donc une infinité de points stationnaires, à savoir tous les points sur la droite d"équa-

tion 3x+2y=0 (équation que l"on peut récrire sous la formey=23 x). Essayons d"utiliser les conditions du second ordre pour déterminer la nature de ces points stationnaires. On calcule les dérivées partielles d"ordre 2 (la fonctionfest un polynôme de deux variables donc ses dérivées partielles mixtes d"ordre 2 sont égales) : et donc :

D=@2f@x2

@2f@y2 @2f@x@y 2 =108(3x+2y)248(3x+2y)2(72(3x+2y)2)2 =(10848722)(3x+2y)4: En un point stationnaire (x;y), on a 3x+2y=0 et doncD=0 (en fait, puisque 108

48722=0,D=0 en tout point), ce qui veut dire que les conditions du second ordre ne

s"appliquent pas. On va essayer d"utiliser une autre méthode.

On a l"inégalité évidente :

f(x;y)=(3x+2y)40: Ceci montre quefatteint un minimum global en tout point où elle s"annule; or : f(x;y)=(3x+2y)4=0()3x+2y=0()(x;y) est un point stationnaire;

donc la fonctionfadmet un minimum global en tous ses points stationnaires.Exercice 2.3 (type contrôle).Soitf(x;y)=x3+y3+3xy. En justifiant la démarche utilisée,déterminer les extremums de cette fonction.

Corrigé de l"exercice 2.3.On est en présence d"un problème d"extremum libre. On va donc rechercher les points stationnaires def, c"est-à-dire les solutions du système @f@x=0 @f@y=0 Les solutions (x;y) de ce système seront les seuls points en lesquels il peut y avoir des extre- mums. Pour déterminer si ces points sont bien ou pas des extremums, on utilisera les conditions du second ordre.

Notons déjà quefest un polynôme donc on peut calculer les dérivées partielles defà n"im-

porte quel ordre, et ces dérivées partielles sont continues (donc on peut appliquer les conditions

du second ordre). 6 Commençons-donc par rechercher les points stationnaires : (@f@x=0 @f@y=0()(

3x2+3y=0

3y2+3x=0()(

y=x2 x=y2()( y=x2 x=(x2)2=x4 Résolvonsx4=x. Une solution évidente estx=0 auquel casy=x2=0; six,0, on a alors, en simplifiant parx,x3=1 c"est-à-dire (x)3=1 c"est-à-direx=1 c"est-à-direx=1. Par suite,y=x2=1. Il y a donc deux solutions au système, à savoir (0;0) et (1;1). Déterminons, à l"aide des conditions du second ordre, la nature de ces points stationnaires.

On a :

2f@x2=6x@2f@y2=6yet@2f@x@y=3;

et :

D=@2f@x2

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