Exercices corrigés
L'extremum local atteint en (0 −1) n'est donc pas global. (c) On a f(x
Optimisation 1 Extrema
f admet un maximum global en x0 si : ∀x ∈ Df
´Eléments de calculs pour létude des fonctions de plusieurs
Un extremum (extrema au pluriel) désigne soit un maximum soit un minimum. Exercice 1. Graphiquement donner les extrema locaux et globaux de la fonction.
Exercices corrigés Fonctions de deux variables Fonctions convexes
L'extremum local atteint en (0 −1) n'est donc pas global. (c) On a f(x
ANALYSE RÉELLE OPTIMISATION LIBRE ET SOUS CONTRAINTE
Cette version contient des exercices corrigés. Cet ouvrage est en plusieurs Montrer que f n'admet aucun extremum global sur D. 3. Déterminer les points ...
Extremums locaux gradient
http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00065.pdf
Topologie et Calcul Différentiel 2MA216
C'est un cas particulier de connexité par arcs! Page 65. Chapitre 5. Recherche d'extremum. 5.1 Extremum local et extremum global CORRIGÉS DES EXERCICES. Le ...
Exercice 1
extrémum local en l'origine : ... de α pour que la fonction f admette un minimum local en l'origine. Solution: Par définition f admet un minimum local ( ...
Recueil dexercices de calcul différentiel
23 mars 2022 mum local maximum global
Exercices corrigés
1. Trouver les extrema locaux de f sur R2. 2. Montrer que f poss`ede un minimum global sur R2 et qu'elle ne poss`ede pas de maximum global. Corrigé.
´Eléments de calculs pour létude des fonctions de plusieurs
Les exercices `a faire en TD se trouvent `a la suite du cours et les corrections `a la 4.2 Extrémum local d'une fonction de plusieurs variables .
Extremums locaux gradient
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ANALYSE RÉELLE OPTIMISATION LIBRE ET SOUS CONTRAINTE
doivent être préparés : écouter le corrigé d'un exercice sans avoir préalablement essayé Déterminer les extrema locaux des fonctions suivantes sur R2.
TD4 – Extrema libres Exercice 1. Trouver les points critiques et
Donc les points Phk sont des points de maximum local pour f. f) f(x
Exercices corrigés Fonctions de deux variables Fonctions convexes
1. Trouver les extrema locaux de f sur R2. 2. Montrer que f poss`ede un minimum global sur R2 et qu'elle ne poss`ede pas de maximum global. Corrigé.
Topologie et Calcul Différentiel 2MA216
5.1 Extremum local et extremum global . Ce polycopié est parsemé d'exercices dont les corrigés sont fournis en annexe (accessibles par.
Exercices de mathématiques - Exo7
[005557]. Exercice 6 **T. Trouver les extrema locaux de Correction de l'exercice 1 ? ... On admet que f admet un maximum global sur le triangle fermé.
Exercices corrigés
aussi un maximum global en (1 1) sur D. Comme f n'a pas d'autres points critiques sur D (qui est ouvert)
Corrigé des concours et propositions de concours national daccès
f(00) = 1 n'est pas un extremum. (?1
TD 2 - Corrigé - Mathématiques 1 - Warning: TT: undefined - Studocu
telle que pour qu’au voisinage de (0;0) les coordonnées x et y du point (x;y) satisfassent à l’équation yex +ey sin(2x) = 0 il faut et il suf?t que y = h(x); de même il existe une fonction k de la variable y dé?nie au voisinage de 0 telle que h(0)=0 et telle que pour qu’au voisinage de (0;0) les coordonnées x et y du point (x;y
1 D e nitions : local ou global
et si le point critique aest un maximum (resp minimum) local alors pour tout v; Q(v) 60: (resp pour tout v Q(v) >0) Par contrapos ee on peut formuler di eremment ce crit ere : si on trouve deux vecteurs vet wtels que Q(v)Q(w)
Quel est le maximum global d'un extremum ?
Il n’y a pas de maximum global. Exercice 2 (extremum local) :Etudierla présence d'un extremum (au moins) local pour les fonctions suivantes : Rappels de cours :
Comment calculer un extremum local ?
1. Si f (c) est un extremum local de f, alors f ?(c)= 0. Vous devez disposer d'une connexion internet pour accéder à cette ressource. Vous devez disposer d'une connexion internet pour accéder à cette ressource. 2. Si f ? s'annule en c en changeant de signe, alors f (c) est un extremum local de f.
Comment calculer les extremums par étude de fonction ?
Exercice 1 (extremums par étude de fonction) : Réaliser l’étude complète de la fonction suivante et en déduire tous les extremums (locaux et globaux) : 2 ( ) ( 7 11) x f x ? ? ?x x e Rappel de cours : Etudier une fonction (ou faire l’étude d’une fonction) f c’est : • Déterminer son domaine de définition
Comment savoir si un extremum est globaux ?
Il y a deux points critiques : 0 et 2. Pour savoir s’il s’agit d’extremums, on utilise les conditions du 2 e ordre. f x''( ) 6??x 6 donc f''(0)? ? ?6 0et f''(2) 6 0? ? Conclusion : f admet un minimum (au moins) local en x = 2 et un maximum (au moins) local en x = 0. Remarque : Ces deux extremums ne sont pas globaux car 3 lim ( ) lim lim () xx x
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 00 4
La matrice hessienne est constante :
H f(1,0) =2 00 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+ 3y2On 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 6PourP0on trouve :
H f(0,0) =0-6 -6 6On 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 6On 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 00-4
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-28e-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-x2yOn calcule le gradient :
?f(x,y) = (3x2y+ 3x2-2xy,x3-x2) Les points critiques sont solutions du système :¨3x2y+ 3x2-2xy= 0
x3-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-2y3x2-2x3x2-2x0
PourP1l"on trouve :
H f(1,-3) =-6 11 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 00 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) = 02y(1-x2-y2) = 0
Les points critiques sontP0= (0,0)et toutes points de la formePh,k= (h,k)telles que h2+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) eOn 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 P0on 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 00 cosy
H f(0,kπ) =2 00 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 -3c6yPourP0l"on trouve :
H f(0,0) =0-3c -3c0On 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 -3c6cOn 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) =2y36xy26xy26x2y
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_dbs31.pdfusesText_37[PDF] équilibre du producteur définition
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