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

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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 4Œ

La matrice hessienne est constante :

H f(1,0) =‚2 0

0 4Œ

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 6Œ

PourP0on trouve :

H f(0,0) =‚0-6 -6 6Œ

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 6Œ

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)Š 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)Œ

PourP0on trouve :

H f(0,0) =‚2 0

0-4Œ

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-2Œ

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

x

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

3x2-2x0Œ

PourP1l"on trouve :

H f(1,-3) =‚-6 1

1 0Œ

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 0Œ

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)Š 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,sinyŠ 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 cosyŒ

H f(0,kπ) =‚2 0

0 coskπŒ

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,3y2-3cxŠ 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 -3c6yŒ

PourP0l"on trouve :

H f(0,0) =‚0-3c -3c0Œ

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 -3c6cŒ

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) =€2xy3,3x2y2Š 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

6xy26x2yŒ

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_dbs50.pdfusesText_50

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