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INSATD 5: CorrigéExercice 7 :

Nous allons résoudre@2f@x@y

(x;y) = 0:

Soitf:R2!R:On suppose que@2f@x@y

()existe et que@2f@x@y (x;y) = 0pour tout(x;y)2R2.

Posonsu(x;y) =@f@y

(x;y).

On commence par résoudre@u@x

(x;y) = 0: Il existe une fonctionh:R!Rde classeC1tel queu(x;y) =h(y):On résout maintenant : @f@y (x;y) =h(y):

Or on sait que

f(x;y) =f(x;0) +Z y 0 h(u)du:

Il existe donck;g:R!Rde classeC1tel que

f(x;y) =g(x) +k(y):

Réciproquement, une telle fonction convient.

Exercice 9 :

1.

F aiten TD.

2.

F aiten TD.

3.

F aiten TD.

4.

P oura= 1etb=1, on obtient

4 @2F@v@u (u;v) = 0 donc d"après l"exercice 7, il existeh:R!Retg:R!Rde classeC2tel que

F(u;v) =h(u) +g(v):

On en déduit que

f(x;y) =h(x+y) +g(xy):

Réciproquement, une telle fonction convient.

5.

P oura= 0etb= 1, on a :

@2F@u

2+ 2@2F@u@v

+@2F@v

2) + (2@2F@u@v

2@2F@v

2) + (@2F@v

2) = 0:

On résout donc

@2F@u

2(u;v) = 0:

D"après l"exercice 7, il existeh:R!Retg:R!Rde classeC2tel que

F(u;v) =h(v)u+g(v):

On en déduit que

f(x;y) =h(x+y)x+g(x+y):

1 Fabrice GRELA

INSATD 5: CorrigéExercice 10 :

Etudions les extremas locaux def(x;y) = (2x2+ 3y2)e(x2+y2)surR2. On commence par déterminer les points critiques def: @f@x (x;y) =e(x2+y2)(4x2x(2x2+ 3y2)); @f@y (x;y) =e(x2+y2)(6y2y(2x2+ 3y2)): L"ensemble des solutions deOf(x;y) = 0(ie l"ensemble des points critiques) est alors : f(0;0);(0;1);(0;1);(1;0);(1;0)g: On étudie maintenant les matrices hessiennes en les points critiques.

On a@2f@x@y

(x;y) =e(x2+y2)xy(20 + 8x2+ 12y2); 2f@x

2(x;y) =e(x2+y2)(420x2+ 8x4+ 12x2y26y2);

2f@y

2(x;y) =e(x2+y2)(64x2+ 12y4+ 8x2y230y2):

La matrice hessienne defnous permet de déterminer la nature de chaque point critique. On a : H (0;0)=4 0 0 6 H (0;1)=e12 0 012 H (1;0)=H(1;0)=e18 0 0 2

Enfin,

det(H(0;0))>0ettr(H(0;0))>0donc(0;0)est un minimum local; det(H(0;1))>0ettr(H(0;1))<0donc(0;1)est un maximum local. det(H(1;0))<0donc(1;0)et(1;0)ne sont pas des extremums locaux.

Exercice 12 :

1. La fonction f(x;y) =x3+y3xy1est de classeC1. On a : f(1;1) = 0; @f@y (x;y) = 3y2xet@f@y (1;1) = 26= 0:

D"après le théorème des fonctions implicites, il existe un voisinageIde 1 et une fonction':I!R2de classe

C

1tel que pour toutx2I,y='(x)et'(1) = 1. Pour déterminer les dérivées'0(1)et'00(1), on dérive

successivement la relationf(x;'(x)) = 0par rapport à la variablex. On obtient, pour toutx2I: @f@x (x;'(x)) +'0(x)@f@y = 0et on trouve'0(1) =@f@x (1;'(1))@f @y (1;'(1))=1; 2f@x

2+'0(x)@2f@y@x

+'00(x)@f@y +'0(x)@2f@x@y +'0(x)@2f@y 2 = 0et on trouve'00(1) =7: On va maintenant donner l"allure deau voisinage de(1;1). D"après la formule de Taylor, on a : '(x) ='(1) +'0(1)(x1) +'00(1)2 (x1)2+o(x2):

2 Fabrice GRELA

INSATD 5: Corrigé'(x) = 2x+72

(x1)2+o(x2): On en déduit l"équation de la tangente ày='(x)enx= 1: y= 2x;

et la position relative de la courbe représentative de la fonction'par rapport à sa tangente au voisinage de

1. En effet, comme

'(x)(2x) =72 (x1)2+o(x2)<0;

on en déduit que la courbe représentative de'est en dessous de sa tangente dans un voisinage de 1.

2. Remarque : on p eutp ousserle calcu lplus loin p ourdéte rminerla dériv ée'000(a): 3f@x

3+'0(x)@3f@y@x

2+'00(x)@2f@y@x

+'0(x)@3f@x

2@y+'0(x)@3f@y

2@x +'000(x)@f@y +'00(x)@2f@y@x +'0(x)@2f@y 2 +'00(x)@2f@y@x +'0(x)@2f@y 2 +'0(x)@3f@x

2@y+'0(x)@3f@y

2@x+'00(x)@2f@y

2+'0(x)@3f@x@y

2+'0(x)@3f@y

3

Cela nécessite beaucoup de calculs (surtout qu"il faudra calculer toutes les dérivées partielles!)... Pour cette

exercice, on va déterminer les dérivées de'beaucoup plus rapidement et plus simplement. Il faudra privilégier

cette approche dans les exercices. Je vous conseille de reprendre les calculs de la question précédente de cette

manière.

On noteC=f(x;y)2R2;xysin(y) +x= 0g:

On veut démontrer l"existence d"une fonction'tel que'(0) = 0. On va donc appliquer le théorème des

fonctions implicites en(0;0). La fonctionf(x;y) =xysin(y) +xest de classeC1etf(0;0) = 0. De plus, @f@y (x;y) =xcos(y)d"où@f@y (0;0) =16= 0:

D"après le théorème des fonctions implicites, il existe un voisinageIcontenant0et une fonction':I!R2

de classeC1tel que pour toutx2I,y='(x)et'(0) = 0.

On cherche à présent le développement limité de'en0. D"après la formule de Taylor-Young, on a, pourx2I,

'(x) ='(0) +'0(0)x+'00(0)2 x2+'000(0)6 x3+o(x3):

Pour calculer les dérivées de'en0, on utilise la relation suivante; pour toutx2I, on af(x;'(x)) = 0. On

dérive alorsx'(x)sin('(x)) +x= 0par rapport àx: '(x) +x'0(x)'0(x)cos('(x)) + 1 = 0:() Comme'(0) = 0(d"après le théorème des fonctions implicites), on trouve :

0(0) = 1:

On dérive une nouvelle fois par rapport àxl"égalité (*) :

2'0(x) +x'00(x)'00(x)cos('(x)) +'0(x)2sin('(x)) = 0et on trouve'00(0) = 2:

On dérive une dernière fois :

3'00(x) +x'000(x)'000(x)cos('(x)) +'00(x)'0(x)sin('(x)) + 2'00(x)'0(x)sin('(x)) +'0(x)3cos('0(x)) = 0

et on trouve'000(0) = 6 + cos(1).

3 Fabrice GRELA

INSATD 5: CorrigéExercice 13 :

1. 2. 3. Comme C=f(x;y)2R2;4x2+y2= 4gest compact etfest continue surR2,fadmet un maximum et un

minimum global surC. De plus, la contrainte(x;y)7!4x2+y24est de classeC1. D"après le théorème des

extrema-liés, il existe2Rtel que : (y;x) +(8x;2y) = 0:

On résout ce système :

pour=14 , on trouve(x;y)2 f1p2 ;p2 ;1p2 ;p2 g; et pour=14 , on trouve(x;y)2 f1p2 ;p2 ;1p2 ;p2 g.

Conclusion :

min (x;y)2Cf(x;y) =f1p2 ;p2 =f1p2 ;p2 =1; max (x;y)2Cf(x;y) =f1p2 ;p2 =f1p2 ;p2 = 1:

Exercice 15 :

On notexle rayon de la boîte cylindrique etysa hauteur.

Le volume de la boîte est :

V=x2y:

On appelleel"épaisseur de la boîte. C"est une quantité connue. La contrainte s"écrit alors :

2x22e+ 2xye=:

4x2+2xy=0où0==e.

On cherche donc à maximiserf(x;y) =x2ysous la contrainteg(x;y) = 4x2+2xy0= 0. Le théorème des

extrema liés donne l"existence de2Rtel que : 8>< :4x2+ 2xy=0

2xy+(8x+ 2y) = 0

x

2+2x= 0

d"où (xétant non nul)8>< :2x2+xy=0=(2) xy+ 4x+y= 0 x+ 2= 0

On trouve=x=2. On résout alors :(

2x2+xy=0=(2)

xy=22x2= 0 En multipliant par 2 la deuxième équation, on trouve (carx0) : x

2=012d"oùx=p

02 p3:

On en déduit alors

y=r 0 2p3 3

4 Fabrice GRELA

INSATD 5: CorrigéExercice 16 :

Rappels de cours : Théorème des extrema liés et Lagrangien - Optimisation sous contrainte. But : Optimiserf:R2!Rsous la contrainteg(x;y) = 0.

On dispose du théorème suivant :

1. Théorème des extrema liés.

Soientf;gdeux fonctions de classeC1sur un ouvertD R2. Sifadmet en(x0;y0)un extremum lié sous la contrainteg(x;y) = 0et siOg(x0;y0)6= (0;0)alors il existe2Rtel que

Of(x0;y0) =Og(x0;y0):

2. Une alternative de rédaction : utiliser le Lagrangien.

Sous les mêmes hypothèses que ci-dessus, on définit le Lagrangien par

L(x;y;) =f(x;y)g(x;y)oùest un réel inconnu.

Pour queLait un extremum, il faut que le gradient deLsoit nul. On cherche donc les points critiquesf(x0;y0;0)g

du Lagrangien. A ce stade, on peut dire que(x0;y0)est un point critique defsous la contrainteg. Il reste cependant

à déterminer la nature du point critique (maximum local, minimum local...). Pour cela, on calcule pour chaque point

critique : (x0;y0;0) =@2L@x

2(x0;y0;0)@2L@y

2(x0;y0;0)@2L@x@y

(x0;y0;0) 2

2(x0;y0;0)>0et@2L@y

2(x0;y0;0)>0alors(x0;y0)est un minimum local.

2(x0;y0;0)<0et@2L@y

2(x0;y0;0)<0alors(x0;y0)est un maximum local.

si<0contrairement à l"étude de la Hessienne dans l"exercice 10!).

Remarque : Etudier la nature des points critiques dans ce contexte peut être difficile et elle sera admise dans

certains exercices (ex 16-17 par exemple). Vocabulaire :est appelé multiplicateur de Lagrange.

On détermine le périmètre du conduit,

P=x(1 +2

) + 2y et l"aire du conduit :

A=xy+8

x2:

On cherche donc à minimiser

f(x;y) =x(1 +2 ) + 2y; sous la contrainte g(x;y) =cxy8 x2= 0:

On aOg(x;y) = (y4

x;x) = (0;0)ssi(x;y) = (0;0)et(0;0)ne vérifie pas la contrainte donc on peut appliquer la méthode des multiplicateurs de Lagrange (théorème des extrema liés ou Lagrangien).

Le Lagrangien s"écrit :

L(x;y;) =x(1 +2

) + 2y(cxy8 x2):

On cherche les points critiques deL. On a :

@L@x (x;y;) = 1 +2 +y+4 x;()

5 Fabrice GRELA

INSATD 5: Corrigé@L@y

(x;y;) = 2 +x;() @L@ (x;y;) =xy+8 x2c:( ) On résout le systèmeOL(x;y;) = 0. On en déduit que x=2;avec (**) et y=1avec (*)

Comme6= 0(d"après(), on obtient avec( ):

=r4 +2c: Enfin, commex;ysont des quantités positives, on trouve pour unique point critique : (x;y;) =

2r2c4 +;r2c4 +;r4 +2c!

Conclusion :(x;y) =44 +c;24 +c

est un extremum defsous la contrainteg(x;y) = 0. Il resterait à montrer que cet extremum est bien un minimum ce qui est admis ici.

Exercice 17 :

La première étape est de faire un dessin (cf ci-dessous)! On introduitx >0;y >0etR >0comme sur le dessin. On rappelle queRest fixé.

Il s"agit à présent de transcrire l"énoncé en un problème d"optimisation sous contrainte. Trouver la fonction à

optimiser n"est pas difficile : il s"agit de trouver le volume maximal du cylindre donc de maximiser la fonction

f(x;y) = 2y2x. La contrainte que le cylindre soit inscrit dans la sphère va définir notre contrainte. On voit sur

le dessin que cette condition impose quex2+y2=R2(équation d"un cercle). La fonction de contrainte est donc

g(x;y) =R2x2y2= 0.

On aOg(x;y) = (2x;2y) = (0;0)ssi(x;y) = (0;0)et(0;0)ne vérifie pas la contrainte donc on peut appliquer

la méthode des multiplicateurs de Lagrange (théorème des extrema liés ou Lagrangien).

Le Lagrangien s"écrit :

L(x;y;) =f(x;y)g(x;y):

On cherche les points critiques deL. On a :

@L@x (x;y;) = 2y2+ 2x; @L@y (x;y;) = 4xy+ 2y; @L@ (x;y;) =x2+y2R2: On résout le systèmeOL(x;y;) = 0et on obtient pour unique solution le point critique (x;y;) = Rp3 ;r2 3 R;2p3 R!

Conclusion :(x;y) =

Rp3 ;r2 3 R! est un extremum defsous la contrainteg(x;y) = 0. Il resterait à montrer que cet extremum est bien un maximum ce qui est admis ici.

6 Fabrice GRELA

INSATD 5: Corrigé7 Fabrice GRELA

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