TD4 – Extrema libres Exercice 1. Trouver les points critiques et PDF

OPTIMISATION LIBRE

Exercice 2.1. Posons f(xy) = x2 +y2 +xy. Déterminer le (ou les) maximum(s) ou minimum(s) éventuels de f. 2. Page 3. Corrigé de l'exercice 2.1. La fonction f

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exercices doivent être préparés : écouter le corrigé d'un exercice sans avoir préalablement essayé de le résoudre

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– Le polycopié d'exercices donne les énoncés des applications qui seront traitées en T.D. Ces exercices doivent être préparés : écouter le corrigé d'un exercice

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Cette version contient des exercices corrigés. Cet ouvrage est en plusieurs exemplaires à la bibliothèque. I. Catto I. Gentil et G. Pons

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Optimisation Examen du mercredi 5 mai 2021 Corrigé

forme bien une famille libre car x ∕= 0 sur le bord du disque. — Si g1(x1 Solution de l'exercice 2. 1. f est de classe C∞(Rn) car polynomiale de degré ...

Exercices corrigés Fonctions de deux variables Fonctions convexes

Exercices corrigés. Fonctions de deux variables. Fonctions convexes et extrema libres. Exercice 1.62. Soit la fonction f définie par f(x y) = xαyβ o`u α et β

Eléments de mathématiques

3) Conclure. 46. Page 48. Chapitre 3. Optimisation libre. 3.1 Optimisation libre dans R EXERCICE 32 Soit le problème d'optimisation max x1x2 f (x1

LICENCE 3 MATHEMATIQUES – INFORMATIQUE

Corrigé de l'exercice 119 page 234 (Jacobi et optimisation). 1. La méthode de libre. On ne peut donc pas appliquer le théorème de Kuhn-Tucker sous la ...

OPTIMISATION LIBRE

Corrigé de l'exercice 2.1. La fonction f est une fonction polynôme de plusieurs variables donc admet des dérivées partielles à tous les ordres qui sont

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ANALYSE RÉELLE OPTIMISATION LIBRE ET SOUS. CONTRAINTE : EXERCICES ET ANNALES exercices doivent être préparés : écouter le corrigé d'un exercice

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– Le polycopié d'exercices donne les énoncés des applications qui seront traitées en T.D. Ces exercices doivent être préparés : écouter le corrigé d'un exercice

TD4 – Extrema libres Exercice 1. Trouver les points critiques et

TD4 – Extrema libres. Exercice 1. Trouver les points critiques et discuter leur nature pour f : R2 ? R a) f(x y)=(x ? 1)2 + 2y2.

MS52 Optimisation

6 oct. 2016 On a inclus dans ce texte nombreux exercices corrigés. ... l'optimisation libre au profit de l'optimisation liée.

Exercices corrigés Fonctions de deux variables Fonctions convexes

Exercices corrigés. Fonctions de deux variables. Fonctions convexes et extrema libres. Exercice 1.62. Soit la fonction f définie par f(x y) = x?y?.

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MS41 Optimisation I

29 juil. 2014 On a inclus dans ce texte nombreux exercices corrigés. ... thermodynamiques énergie interne U enthalpie H

MS41 Optimisation I

5 juin 2014 On a inclus dans ce texte nombreux exercices corrigés. ... thermodynamiques énergie interne U enthalpie H

Polytech" Paris - UPMC Agral 3, 2016 - 2017

TD4 - Extrema libres

Exercice 1.Trouver les points critiques et discuter leur nature pourf:R2→R a)f(x,y) = (x-1)2+ 2y2 b)f(x,y) = 2x3-6xy+ 3y2 c)f(x,y) =ex-y(x2-2y2) d)f(x,y) =x3y+x3-x2y e)f(x,y) = (x2+y2)e-(x2+y2) f)f(x,y) =x2-cos(y) g)f(x,y) =x3+y3-3cxy. h)f(x,y) =x2y3. Solution. Toutes les fonctionsa),···,h)sont de classeC2dansR2parce que elles sont compo- sition de fonctionsC2ou des polynômes. a)f(x,y) = (x-1)2+ 2y2On calcule le gradient : ?f(x,y) = (2x-2,4y). On cherche les points critiques comme solutions du système :

¨∂xf(x,y) = 0

yf(x,y) = 0

¨2x-2 = 0

4y= 0 La seule solution du système est donnée par le pointP= (1,0).

On calcule la matrice hessienne :

H f(x,y) =2 0

0 4

La matrice hessienne est constante :

H f(1,0) =2 0

0 4

On calcule le déterminant et la trace de l"hessienne : detHf(1,0) = 8>0, tr(Hf(1,0)) = 6>0 Dès que les déterminant ( resp. la trace ) est le produit (resp. la somme) des deux valeurs propres deHf(1,0), on peut conclure que les valeurs propres deHf(1,0)sont strictement positives. Cela c"est equivalent à dire queHf(1,0)est semi-définie positive.

Par consequence P est un point de minimum pourf.

1 b)f(x,y) = 2x3-6xy+ 3y2

On calcule le gradient :

?f(x,y) = (6x2-6y,-6x+ 6y) On cherche les points critiques comme solutions du système :

¨6x2-6y= 0

-6x+ 6y= 0 Les deux points critiques sontP1= (1,1)etP0= (0,0).

On calcule la matrice hessienne :

H f(x,y) =12x-6 -6 6

PourP0on trouve :

H f(0,0) =0-6 -6 6

On calcule le déterminant :

detHf(0,0) =-36<0, Dès que les déterminant est<0les deux valeurs propres de l"hessienne sont non nulles,

l"une négative et l"autre positive. Cela suffit à dire que l"hessienne n"est pas définie (ni

négative ni positive) et doncP0est un point -selle.

PourP1on trouve :

H f(1,1) =12-6 -6 6

On calcule le déterminant et la trace :

detHf(1,1) = 36>0, tr(Hf(1,1)) = 18>0 Dès que les déterminant et la trace sont>0les deux valeurs propres de l"hessienne sont strictement positives. DoncP1est un point de minimum pourf. c)f(x,y) =ex-y(x2-2y2)

On calcule le gradient :

?f(x,y) =ex-y(x2-2y2+ 2x),ex-y(-x2+ 2y2-4y) Puisque l"exponentielle est strictement>0on cherche les points critiques comme solutions du système :¨x2-2y2+ 2x= 0 -x2+ 2y2-4y= 0 Les deux points critiques sontP1= (-4,-2)etP0= (0,0).

On calcule la matrice hessienne :

H f(x,y) =ex-y(x2-2y2+ 4x+ 2)ex-y(-x2+ 2y2-2x-4y) e x-y(-x2+ 2y2-2x-4y)ex-y(x2-2y2+ 8y-4)

PourP0on trouve :

H f(0,0) =2 0

0-4

On calcule le déterminant :

detHf(0,0) =-8<0, 2 Dès que les déterminant est<0les deux valeurs propres de l"hessienne sont non nulles,

l"une négative et l"autre positive. Cela suffit à dire que l"hessienne n"est pas définie (ni

négative ni positive) et doncP0est un point -selle. PourP1on trouve : H f(-4,-2) =-6e-28e-2

8e-2-12e-2

On calcule le déterminant et la trace :

detHf(-4,-2) = 8e-4>0, tr(Hf(-4,-2)) =-18e-2<0 Dès que les déterminant est>0et la trace est<0les deux valeurs propres de l"hessienne sont strictement négatives. DoncP1est un point de maximum pourf. d)f(x,y) =x3y+x3-x2y

On calcule le gradient :

?f(x,y) = (3x2y+ 3x2-2xy,x3-x2) Les points critiques sont solutions du système :

¨3x2y+ 3x2-2xy= 0

3-x2= 0

Les points critiques sontP0= (0,0),Pk= (0,k),k?= 0,P1= (1,-3).

On calcule la matrice hessienne :

H f(x,y) =6xy+ 6x-2y3x2-2x

3x2-2x0

PourP1l"on trouve :

H f(1,-3) =-6 1

1 0

On calcule le déterminant :

detHf(1,-3) =-1>0, tr(Hf(-4,-2)) =-18e-2<0 Dès que les déterminant est<0les deux valeurs propres de l"hessienne sont non nulles,

l"une négative et l"autre positive. Cela suffit à dire que l"hessienne n"est pas définie (ni

négative ni positive) et doncP1est un point -selle.

PourP0on trouve :

H f(0,0) =0 0

0 0

et donc on peut rien déduire sur la nature du point critique. On regardefle long des directiony=xety=-x: g(x) =f(x,x) =x4 h(x) =f(x,-x) =-x4+ 2x3 On peut facilement vérifier que g(x) admet un minimum pourx= 0ethadmet un flex (point critique qui est ni minimum ni maximum) pourx= 0. Comme la fonction admet des comportement différentes le long des deux directions,P0ne peut pas être ni un maxi- mum ni un minimum pourf. Il est un point-selle. Le cask?= 0conduit à un calcul plus fastidieux et on le traite pas ici. 3 e)f(x,y) = (x2+y2)e-(x2+y2)

On calcule le gradient :

?f(x,y) =e-x2-y22x(1-x2-y2),e-x2-y22y(1-x2-y2) Puisque l"exponentielle est strictement>0on cherche les points critiques comme solutions du système :¨2x(1-x2-y2) = 0

2y(1-x2-y2) = 0

Les points critiques sontP0= (0,0)et toutes points de la formePh,k= (h,k)telles que h

2+k2= 1.

On calcule la matrice hessienne :

H f(x,y) =e-x2-y2((2-4x2)(1-x2-y2)-4x2)e-x2-y2(-4xy(1-x2-y2)-4xy) e

On peut vérifier que :

detHf(P0) = detHf(Ph,k) = 0, et donc on ne peut rien conclure sur la nature des points critiques à l"aide du signe de l"hessienne.

Les pointP0est un point de minimum car :

f(x,y)≥0?(x,y)?R2 etf(x,y) = 0si et seulement si(x,y) = (0,0). Donc dans le voisinage du point critique P

0on a :

f(x,y)≥0 =f(0,0) et cela est la définition de minimum local. On peut voir facilement que les points critiques P h,ksont des points de maximum local. La fonctionf(x,y)est une fonction à symétrie radiale. Cela veut dire que si nous écrivonsfen cordonnées polaires(r,θ)nous trouverons que elle ne depend que par le rayonr. Il existe une fonction d"une variableg:R+?→R telle que : f(rcosθ,rsinθ) =g(r) =r2e-r2.

On calcule la dérivée de la fonctiong:

g?(r) = 2re-r2(1-r2). La fonctiongadmet deux points critiques :r= 0(correspondant àP0) etr= 1(corres- pondant aux pointsPh,k). Si on etude le signe deg?(r)pourr≥0on trouve quer= 0 est un minimum local pourgetr= 1est un maximum local pourg. Donc les pointsPh,k sont des points de maximum local pourf. f)f(x,y) =x2-cos(y)

On calcule le gradient :

?f(x,y) =2x,siny On cherche les points critiques comme solutions du système :

¨2x= 0

siny= 0 Les points critiques sont toutes points de la formePk= (0,kπ),k?Z.

On calcule la matrice hessienne :

4 H f(x,y) =2 0

0 cosy

H f(0,kπ) =2 0

0 coskπ

On calcule le déterminant :

detHf(0,kπ) = 2cos(kπ) Le termecos(kπ)vaut-1sikest impair et1si k est pair. Donc sikest impair ou trouve detHf(0,kπ)<0et le pointPkest un point-selle. Sikest pair on trouvedetHf(0,kπ)>0 ettrHf(0,kπ)>0et le point critique est un point de minimum. g)f(x,y) =x3+y3-3cxyOn se pose dans le cadrec?= 0.

On calcule le gradient :

?f(x,y) =3x2-3cy,3y2-3cx On cherche les points critiques comme solutions du système :

¨3x2-3cy= 0

3y2-3cx= 0

Les points critiques sontP0= (0,0)etPc= (c,c).

On calcule la matrice hessienne :

H f(x,y) =6x-3c -3c6y

PourP0l"on trouve :

H f(0,0) =0-3c -3c0

On calcule le déterminant :

detHf(0,0) =-9c2<0, Dès que les déterminant est<0les deux valeurs propres de l"hessienne sont non nulles,

l"une négative et l"autre positive. Cela suffit à dire que l"hessienne n"est pas définie (ni

négative ni positive) et doncP1est un point -selle.

PourPcl"on trouve :

H f(c,c) =6c-3c -3c6c

On calcule le déterminant :

detHf(c,c) = 27c2>0 Dès que les déterminant est>0le point critique peut être ou un point de minimum ou un point de maximum. Sic >0on trouve : tr(Hf(c,c)) = 12c >0, et donc le point critique est un point de minimum. Sic <0on trouve : tr(Hf(c,c)) = 12c <0, et le point critique est un point de maximum. 5 h)f(x,y) =x2y3.

On calcule le gradient :

?f(x,y) =2xy3,3x2y2 On cherche les points critiques comme solutions du système :

¨2xy3= 0

3x2y2= 0

Les points critiques sont de la formePh= (0,h)etPk= (k,0).

On calcule la matrice hessienne :

H f(x,y) =2y36xy2

6xy26x2y

On calcule le déterminant :

detHf(x,y) =-24x2y4 Toutes les points critiques annulent le déterminant , donc on ne peut pas conclure de façon générale. Plaçons nous au point critique(0,0). Pourε >0petit on a : f(ε,-ε) =-?5<0 f(ε,ε) =?5>0 ce qui permet d"affirmer que(0,0)est un point-selle. 6quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

[PDF] TD4 – Extrema libres Exercice 1. Trouver les points critiques et

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TD4 - Extrema libres

¨∂xf(x,y) = 0

¨2x-2 = 0

On calcule la matrice hessienne :

0 4

La matrice hessienne est constante :

0 4

Par consequence P est un point de minimum pourf.

On calcule le gradient :

¨6x2-6y= 0

On calcule la matrice hessienne :

PourP0on trouve :

On calcule le déterminant :

PourP1on trouve :

On calcule le déterminant et la trace :

On calcule le gradient :

On calcule la matrice hessienne :

PourP0on trouve :

0-4

On calcule le déterminant :

8e-2-12e-2

On calcule le déterminant et la trace :

On calcule le gradient :

¨3x2y+ 3x2-2xy= 0

3-x2= 0

On calcule la matrice hessienne :

3x2-2x0

PourP1l"on trouve :

1 0

On calcule le déterminant :

PourP0on trouve :

0 0

On calcule le gradient :

2y(1-x2-y2) = 0

2+k2= 1.

On calcule la matrice hessienne :

On peut vérifier que :

Les pointP0est un point de minimum car :

0on a :

On calcule la dérivée de la fonctiong:

On calcule le gradient :

¨2x= 0

On calcule la matrice hessienne :

0 cosy

0 coskπ

On calcule le déterminant :

On calcule le gradient :

¨3x2-3cy= 0

3y2-3cx= 0

Les points critiques sontP0= (0,0)etPc= (c,c).

On calcule la matrice hessienne :

PourP0l"on trouve :

On calcule le déterminant :

PourPcl"on trouve :

On calcule le déterminant :

On calcule le gradient :

¨2xy3= 0

3x2y2= 0

On calcule la matrice hessienne :

6xy26x2y

On calcule le déterminant :

0 4

0 4

0-4

8e-2-12e-2

3x2-2x0

1 0

0 0

0 cosy

0 coskπ

6xy26x2y