3s - Dérivées II : problèmes d’extremums - Corrigés
Corrigé de l’exercice 4 1 Constante(s) h= 1 mètre = hauteurdel’oeuvredécorative 2 Variable(s) c= côtéducube; r= rayondelasphère 3 Expressiondontoncherchel’extremum Volumetotal V = c3 + 4 3 ˇr3 4 Relation(s)entrelesvariables Hauteurtotaledel’oeuvredécorative c+2r= h ()c= h 2r 5 Expressiondontoncherchel’extremumenfonctiond
Extremums locaux, gradient, fonctions implicites
Enoncés : Stephan de Bièvre Corrections : Johannes Huebschmann Exo7 Extremums locaux, gradient, fonctions implicites Exercice 1 Pour chacune des fonctions suivantes étudier la nature du point critique donné :
Feuille d’exercices 9
Feuille d’exercices 9 Points critiques et extrema des fonctions de deux variables 1 Extremums des fonctions d’une variable Exercice 9 1 — Soit la fonction d’une variable d´efinie par f(x) = 3x4 −2x6 1 Trouver les points critiques de f 2 Calculer les DLs a l’ordre 2 en chacun de ces points (Question facultative : pouvez-vous
313 Exercices (extrema, convexité)
3 1 3 Exercices (extrema, convexité) Exercice 105 (Vrai / faux) corrigé en page 213 1 L'application x 7 k x k1 est convexesur IR 2 2 L'application x 7 k x k1 est strictement convexesur IR 2 3 L'applicationde IR 2 dans IR dén ie par F (x;y ) = x 2 2xy +3 y 2 + y admet un unique minimum 4
Feuille d’exercices n˚20 : corrigé
L’application ne peut pas avoir d’extremum local puisque l’application partielle x → x3 +x2 obtenue en fixant y =0 n’est pas bornée On peut tout de même se demander si les points critiques correspondent à des extrêma locaux Comme f(0,0)=0, on cherche le signe de f(x,y)au voisinage de 0 On constate aisément que f 0, 1 n =− 1
D´erivabilit´e - univ-lillefr
r´eel D´eterminer les valeurs de k pour lesquelles l’origine est un extremum local de f Exercice 13 D´eterminer les extremums de f(x) = x4 −x3 +1 sur R Exercice 14 Quel est le lieu des points d’inflexion (puis des extr´emums relatifs) de f λ quand λ d´ecrit R, ou` : f λ: x → λex +x2
TD4–Extremalibres
Dèsquelesdéterminantest
Exercices de Mathématiques UE : MS3-I Licence de sciences
(d) Définition de maximum, minimum, extremum, local, global (e) Lien entre extremum et point critique (f) Dérivées partielles secondes, énoncé de Schwartz (admis), DL 2 (admis) 3 Fonctions de R2 dans R2 (a) Continuité et classe C1 à l’aide des fonctions coordonnées (b) Dérivée partielle, écriture matricielle, DL 1
unicefr
Exercice 3 Inégalité des accroissements finis 1 Soit f une fonction dérivable sur [2, 5] et telle que 1 < f/ (c) < 4 pour tout x e [2, 5]
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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 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.