TD 8 : Fonctions numériques de deux variables réelles - Corrigé
Exercice 1 :
1. (𝑥, 𝑦) ↦ 1 + 𝑥 est une fonction polynôme donc de classe 𝐶 sur ℝ
(𝑥, 𝑦) ↦ 𝑦 est une fonction coordonnée donc de classe 𝐶 sur ℝ à valeurs dans ℝ et 𝑋 ↦ 𝑒 est de classe 𝐶 sur ℝ donc, par composée, (𝑥, 𝑦) ↦ 𝑒 est de classe 𝐶 sur ℝ .
On en déduit que, par somme, (𝑥, 𝑦) ↦ 1 + 𝑥 + 𝑒 est de classe 𝐶 sur ℝ à valeurs dans ℝ∗, intervalle sur lequel la fonction 𝑋 ↦ ln 𝑋 est de classe 𝐶 .
Finalement, par composée, (𝑥, 𝑦) ↦ ln(1 + 𝑥 + 𝑒 ) est de classe 𝐶 sur ℝ . 2. 𝜕 (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 2𝑥
1 + 𝑥 + 𝑒 et 𝜕 (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 𝑒 1 + 𝑥 + 𝑒 3. 𝜕 (𝑓)(0,0) = 0 et 𝜕 (𝑓)(0,0) = donc ∇(𝑓)(0,0) = 0
4. 𝑓 est une fonction de classe 𝐶 sur ℝ donc de classe 𝐶 alors, pour tout couple (ℎ, 𝑘) de ℝ : 𝑓(0 + ℎ, 0 + 𝑘) = 𝑓(0,0) + ∇(𝑓)(0,0) ℎ
𝑘 + ℎ + 𝑘 𝜀(ℎ, 𝑘)
= ln(2) + 0 1 2
ℎ
𝑘 + ℎ + 𝑘 𝜀(ℎ, 𝑘) = ln(2) +1
2𝑘 + ℎ + 𝑘 𝜀(ℎ, 𝑘) 5. 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) =2(1 + 𝑥 + 𝑒 ) − 2𝑥 × 2𝑥
(1 + 𝑥 + 𝑒 ) =2(1 − 𝑥 + 𝑒 ) (1 + 𝑥 + 𝑒 )
𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 × −𝑒
(1 + 𝑥 + 𝑒 ) = −2𝑥𝑒
(1 + 𝑥 + 𝑒 ) = 𝜕, (𝑓)(𝑥, 𝑦)
𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) =𝑒 (1 + 𝑥 + 𝑒 ) − 𝑒 × 𝑒
(1 + 𝑥 + 𝑒 ) = 𝑒 (1 + 𝑥 ) (1 + 𝑥 + 𝑒 )
6. 𝜕 , (𝑓)(0,0) = 2(1 − 0 + 1) (1 + 0 + 1) = 1
𝜕 , (𝑓)(0,0) = 0 = 𝜕 , (𝑓)(0,0)
𝜕 , (𝑓)(0,0) = 1(1 + 0) (1 + 0 + 1) = 1
4
Donc la matrice hessienne de 𝑓 en (0,0) est : ∇ (𝑓)(0,0) = 1 0 0
7. 𝑓 est une fonction de classe 𝐶 sur ℝ alors, pour tout couple (ℎ, 𝑘) de ℝ : 𝑓(0 + ℎ, 0 + 𝑘) = 𝑓(0,0) + ∇(𝑓)(0,0) ℎ
𝑘 +1
2(ℎ 𝑘)∇ (𝑓)(0,0) ℎ
𝑘 + (ℎ + 𝑘 )𝜀(ℎ, 𝑘)
= ln(2) +1 2𝑘 +1
2(ℎ 𝑘)
1 0 0 1 4
ℎ
𝑘 + (ℎ + 𝑘 )𝜀(ℎ, 𝑘)
= ln(2) +1 2𝑘 +1
2(ℎ 1 4𝑘) ℎ
𝑘 + (ℎ + 𝑘 )𝜀(ℎ, 𝑘)
= ln(2) +1 2𝑘 +1
2(ℎ +1
4𝑘 ) + (ℎ + 𝑘 )𝜀(ℎ, 𝑘)
= ln(2) +1 2𝑘 +1
2ℎ +1
8𝑘 + (ℎ + 𝑘 )𝜀(ℎ, 𝑘)
Exercice 2 : D’après EDHEC 2006
𝑓 est une fonction polynôme donc de classe 𝐶 sur ℝ .
1. (a) 𝜕 (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 4𝑥 + 2𝑦 − 1 et 𝜕 (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 4𝑦 + 2𝑥 − 1 (b) ∇(𝑓)(𝑥, 𝑦) = 0 ⇔ 4𝑥 + 2𝑦 − 1
4𝑦 + 2𝑥 − 1 = 0
0 ⇔ 4𝑥 + 2𝑦 = 1
2𝑥 + 4𝑦 = 1⇔ 4𝑥 + 2𝑦 = 1 6𝑦 = 1 ⇔
𝑥 =1 6 𝑦 =1 6 Conclusion ∶ le seul point critique de 𝑓 est 𝐴 = 1
6,1 6 .
2. (a) 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 4 ; 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 2 = 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) et 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 4 Ainsi, ∇ (𝑓) , = 4 2
2 4 (b) 4 − 𝜆 2
2 4 − 𝜆 𝑥
𝑦 = 0
0 ⇔ (4 − 𝜆)𝑥 + 2𝑦 = 0
2𝑥 + (4 − 𝜆)𝑦 = 0 ⇔ 2𝑥 + (4 − 𝜆)𝑦 = 0
(4 − 𝜆)𝑥 + 2𝑦 = 0 ⇔ 2𝑥 + (4 − 𝜆)𝑦 = 0 (4 − (4 − 𝜆) )𝑦 = 0
⇔ 2𝑥 + (4 − 𝜆)𝑦 = 0
(6 − 𝜆)(𝜆 − 2)𝑦 = 0 : les valeurs propres de ∇ (𝑓) , sont donc 2 et 6. Elles sont strictement positives donc 𝑓 présente un minimum local en 𝐴 et la valeur de ce minimum est :
𝑚 = 𝑓 1 6,1
6 = −1 6
−
− est bien un minimum global.
Exercice 3 : D’après EDHEC 2005
Soit 𝑓 la fonction définie pour tout couple (𝑥, 𝑦) de ℝ par : 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑒 .
1. (𝑥, 𝑦) ↦ 𝑥(𝑦 + 1) est une fonction polynôme donc de classe 𝐶 sur ℝ à valeurs dans ℝ et 𝑋 ↦ 𝑒 est de classe 𝐶 sur ℝ donc, par composée, (𝑥, 𝑦) ↦ 𝑒 ( ) est de classe 𝐶 sur ℝ .
(𝑥, 𝑦) ↦ 𝑥 est une fonction coordonnée donc de classe 𝐶 sur ℝ .
On en déduit que, par produit, (𝑥, 𝑦) ↦ 𝑥𝑒 est de classe 𝐶 sur ℝ . 2. (a) 𝜕 (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 𝑒 + 𝑥(𝑦 + 1)𝑒 = 1 + 𝑥(𝑦 + 1) 𝑒 et 𝜕 (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 𝑥 × (2𝑥𝑦)𝑒 = 2𝑥 𝑦𝑒
(b) ∇(𝑓)(𝑥, 𝑦) = 0 ⇔ 1 + 𝑥(𝑦 + 1) 𝑒
2𝑥 𝑦𝑒 = 0
0 ⇔ 1 + 𝑥(𝑦 + 1) = 0 2𝑥 𝑦 = 0
⇔ 1 = 0 ou 1 + 𝑥 = 01
𝑥 = 0 ou 𝑦 = 0 ⇔ 𝑥 = −1 𝑦 = 0
Conclusion ∶ le seul point critique de 𝑓 est 𝐴 = (−1,0).
3. (a) 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) = (𝑦 + 1)𝑒 + 1 + 𝑥(𝑦 + 1) (𝑦 + 1)𝑒
= 2 + 𝑥(𝑦 + 1) (𝑦 + 1)𝑒
𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦𝑒 + 2𝑥𝑦 1 + 𝑥(𝑦 + 1) 𝑒 = 2𝑥𝑦 2 + 𝑥(𝑦 + 1) 𝑒 = 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) et 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 𝑒 + 2𝑥 𝑦 × 2𝑥𝑦𝑒 = 2𝑥 (1 + 2𝑥𝑦 )𝑒
Ainsi, ∇ (𝑓)(−1,0) = 𝑒 0 0 2𝑒
(b) Les valeurs propres de ∇ (𝑓)(−1,0) sont donc 𝑒 et 2𝑒 . Elles sont strictement positives donc 𝑓 présente un minimum local en 𝐴 et la valeur de ce minimum est :
𝑚 = 𝑓(−1,0) = −1 𝑒
Exercice 4 : D’après EML 2006
On note 𝐹 ∶ ℝ → ℝ l’application définie pour tout (𝑥, 𝑦) de ℝ par : 𝐹(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 1)(𝑦 − 2)(𝑥 + 𝑦 − 6) 𝐹 est une fonction polynôme donc de classe 𝐶 sur ℝ .
1. (a) 𝜕 (𝐹)(𝑥, 𝑦) = (𝑦 − 2)[(𝑥 + 𝑦 − 6) + (𝑥 − 1)] = (𝑦 − 2)(2𝑥 + 𝑦 − 7) et 𝜕 (𝐹)(𝑥, 𝑦) = (𝑥 − 1)[(𝑥 + 𝑦 − 6) + (𝑦 − 2)] = (𝑥 − 1)(𝑥 + 2𝑦 − 8)
∇(𝑓)(4,2) = (2 − 2)(8 + 2 − 7)
(4 − 1)(4 + 4 − 8) = 0
0 et ∇(𝑓)(2,3) = (3 − 2)(4 + 3 − 7)
(2 − 1)(2 + 6 − 8) = 0 0 Conclusion ∶ (4,2) et (2,3) sont des points critiques de 𝐹.
(b) 𝜕 , (𝐹)(𝑥, 𝑦) = 2(𝑦 − 2) ; 𝜕 , (𝐹)(𝑥, 𝑦) = (2𝑥 + 𝑦 − 7) + (𝑦 − 2) = 2𝑥 + 2𝑦 − 9 = 𝜕 , (𝐹)(𝑥, 𝑦) et 𝜕 , (𝐹)(𝑥, 𝑦) = 2(𝑥 − 1)
Ainsi, ∇ (𝐹)(4,2) = 0 3
3 6 et ∇ (𝐹)(2,3) = 2 1 1 2 0 − 𝜆 3
3 6 − 𝜆 𝑥
𝑦 = 0
0 ⇔ −𝜆𝑥 + 3𝑦 = 0
3𝑥 + (6 − 𝜆)𝑦 = 0 ⇔ 3𝑥 + (6 − 𝜆)𝑦 = 0
−𝜆𝑥 + 3𝑦 = 0 ⇔ 3𝑥 + (6 − 𝜆)𝑦 = 0 (9 + 𝜆(6 − 𝜆))𝑦 = 0
⇔ 3𝑥 + (6 − 𝜆)𝑦 = 0
(−𝜆 + 6𝜆 + 9)𝑦 = 0 : les valeurs propres de ∇ (𝐹)(4,2) sont donc 3 − 3√2 < 0 et 3 + 3√2 > 0.
Elles sont non nulles et de signes contraires donc 𝑓 ne présente pas d’extremum en (4,2).
2 − 𝜆 1 1 2 − 𝜆
𝑥
𝑦 = 0
0 ⇔ (2 − 𝜆)𝑥 + 𝑦 = 0
𝑥 + (2 − 𝜆)𝑦 = 0 ⇔ 𝑥 + (2 − 𝜆)𝑦 = 0
(2 − 𝜆)𝑥 + 𝑦 = 0 ⇔ 𝑥 + (2 − 𝜆)𝑦 = 0 (1 − (2 − 𝜆) )𝑦 = 0
⇔ 𝑥 + (2 − 𝜆)𝑦 = 0
(3 − 𝜆)(𝜆 − 1)𝑦 = 0 : les valeurs propres de ∇ (𝑓)(2,3) sont donc 1 et 3. Elles sont strictement positives donc 𝑓 présente un minimum local en (2,3).
2.
3.
4.
Exercice 5 : D’après EDHEC 2010
2. 𝑓 est de classe 𝐶 sur ]0; +∞[ × ]0; +∞[ comme quotient de fonctions polynômes (de dénominateur non nul) de classe 𝐶 sur ]0; +∞[ × ]0; +∞[ (grâce à la dernière expression)
3. Pour les calculs de dérivées d’ordre 1, la deuxième expression semble la mieux adaptée :
𝜕 (𝑓)(𝑥, 𝑦) = − 𝑦 𝑥 +1
𝑦= 𝑥 − 𝑦 𝑥 𝑦 et 𝜕 (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 1
𝑥+−𝑥
𝑦 =𝑦 − 𝑥 𝑥𝑦
∇(𝑓)(𝑥, 𝑦) = 0 ⇔
⎝
⎜
⎛ 𝑥 − 𝑦
𝑥 𝑦 𝑦 − 𝑥
𝑥𝑦 ⎠
⎟
⎞= 0
0 ⇔ 𝑥 = 𝑦 ⇔ 𝑥 = 𝑦 ou 𝑥 = −𝑦
] ; [×] ; [
Les points critiques de 𝑓 sont donc tous les couples (𝑥, 𝑥) avec 𝑥 > 0.
4. 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) =2𝑦 𝑥
𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) = − 1 𝑥 − 1
𝑦 = 𝜕, (𝑓)(𝑥, 𝑦)
𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) =2𝑥 𝑦
En chaque point critique (𝑥, 𝑥) :
∇ (𝑓)(𝑥, 𝑥) = 2 𝑥
−2 𝑥
−2 𝑥
2 𝑥
= 2 𝑥
1 −1
−1 1 Les colonnes de la matrice 1 −1
−1 1 sont liées donc 0 est une valeur propre de cette matrice et donc de la matrice ∇ (𝑓)(𝑥, 𝑥). On ne peut donc rien conclure sur la nature des extrema de 𝑓 à partir de la matrice hessienne.
Exercice 6 : D’après ECRICOME 2006
Partie 1 : Recherche d’extremum local de g
4. 𝜕 (𝑔)(𝑥, 𝑦) = 𝑒 (𝑥 + 𝑦 + 𝑒 ) + 𝑒 (1 + 𝑒 ) = 𝑒 (1 + 𝑥 + 𝑦 + 2𝑒 )
𝜕 (𝑔)(𝑥, 𝑦) = 2𝑦𝑒
∇(𝑔)(𝑥, 𝑦) = 0 ⇔ 𝑒 (1 + 𝑥 + 𝑦 + 2𝑒 )
2𝑦𝑒 = 0
0 ⇔ 𝑒 (1 + 𝑥 + 𝑦 + 2𝑒 ) = 0 2𝑦𝑒 = 0
⇔ 1 + 𝑥 + 2𝑒 = 0
𝑦 = 0 ⇔ 𝑓(𝑥) = 0
𝑦 = 0 ⇔ 𝑥 = 𝛼
𝑦 = 0 ⇔ (𝑥, 𝑦) = (𝛼, 0) Conclusion : le seul point critique de 𝑔 est (𝛼, 0).
5.
𝜕 , (𝑔)(𝑥, 𝑦) = 𝑒 (1 + 𝑥 + 𝑦 + 2𝑒 ) + 𝑒 (1 + 2𝑒 ) = 𝑒 (2 + 𝑥 + 𝑦 + 4𝑒 )
𝜕 , (𝑔)(𝑥, 𝑦) = 2𝑦𝑒 = 𝜕 , (𝑔)(𝑥, 𝑦)
𝜕 , (𝑔)(𝑥, 𝑦) = 2𝑒
∇ (𝑔)(𝛼, 0) = 𝑒 (2 + 𝛼 + 4𝑒 ) 0
0 2𝑒
Les valeurs propres de cette matrice sont 𝑒 (2 + 𝛼 + 4𝑒 ) et 2𝑒 . Quel est leur signe ? 2 + 𝛼 + 4𝑒 = 1 + (1 + 𝛼 + 2𝑒 )
( )
+ 2𝑒 = 1 + 2𝑒 > 0 donc 𝑒 (2 + 𝛼 + 4𝑒 ) > 0 ainsi que 2𝑒 > 0 Les valeurs propres sont strictement positives donc 𝑔 présente un minimum local 𝛽 en (𝛼, 0).
𝛽 = 𝑔(𝛼, 0) = 𝑒 (𝛼 + 𝑒 ) avec 𝛼 vérifiant l’égalité 1 + 𝛼 + 2𝑒 = 0 Donc 𝛼 = −1 − 2𝑒 et donc 𝛼 = 1 + 4𝑒 + 4𝑒
4𝛽 + 𝛼²− 1 = 4𝑒 (𝛼 + 𝑒 ) + 1 + 4𝑒 + 4𝑒 − 1 = 4𝛼𝑒 + 4𝑒 + 4𝑒 + 4𝑒 = 4𝛼𝑒 + 8𝑒 + 4𝑒
= 4𝑒 (𝛼 + 1 + 2𝑒 ) = 4𝑒 1 + 𝛼 + 2𝑒 = 0 Partie 2 : Etude d’une suite réelle
Exercice 7 :
1. Représenter graphiquement les ensembles suivants : (a) 𝐸 = {(𝑥; 𝑦) ∈ ℝ / 0 ≤ 𝑥 ≤ 3 et − 1 ≤ 𝑦 ≤ 2}
E est l’intérieur du carré ABCD, côtés compris.
(b) 𝐹 = {(𝑥; 𝑦) ∈ ℝ tel que 1 < |𝑥| < 2}
1 < |𝑥| < 2 ⇔ −2 < 𝑥 < −1 ou 1 < 𝑥 < 2 Aucune condition n’est imposée à la variable 𝑦…
(c) 𝐺 = {(𝑥; 𝑦) ∈ ℝ tel que 𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0 et 2𝑦 + 𝑥 − 4 ≥ 0}
2𝑦 + 𝑥 − 4 ≥ 0 ⇔ 2𝑦 ≥ −𝑥 + 4 ⇔ 𝑦 ≥ − 𝑥 + 2
On dessine la droite d’équation 𝑦 = − 𝑥 + 2 : les points cherchés sont au-dessus E
F F
G
2. Représenter graphiquement les ensembles de définitions des fonctions suivantes : (a) 𝑓(𝑥; 𝑦) = ln 𝑥 + ln 𝑦
𝐷 = {(𝑥; 𝑦) ∈ ℝ tel que 𝑥 > 0 et 𝑦 > 0}
(b) 𝑔(𝑥; 𝑦) = ln(2 − 𝑥 − 𝑦) − ln 𝑥 − ln 𝑦 𝐷 = (𝑥; 𝑦) ∈ ℝ tel que
𝑥 > 0 , 𝑦 > 0 et 2 − 𝑥 − 𝑦 > 0 2 − 𝑥 − 𝑦 > 0 ⇔ 𝑦 < −𝑥 + 2
(c) ℎ(𝑥; 𝑦) = ln(1 − 𝑥 − 𝑦 )
𝐷 = {(𝑥; 𝑦) ∈ ℝ tel que 1 − 𝑥 − 𝑦 > 0}
1 − 𝑥 − 𝑦 > 0 ⇔ 𝑥 + 𝑦 < 1
Exercice 8 : D’après EML 2011
Partie I : Étude et représentation graphique de 𝒇
𝑫𝒈 𝑫𝒇
Partie II : Étude d’une suite récurrente associée à 𝒇
Partie III : Étude d’extrema locaux pour une fonction de deux variables associée à 𝒇
2. Pour tout (𝑥, 𝑦) ∈]0; +∞[ :
𝜕 (𝐺)(𝑥, 𝑦) = 𝐹′(𝑥) − 𝑒 = 𝑓(𝑥) − 𝑒
𝜕 (𝐺)(𝑥, 𝑦) = 𝐹′(𝑦) − 𝑒 = 𝑓(𝑦) − 𝑒
∇(𝐺)(𝑥, 𝑦) = 0 ⇔ 𝑓(𝑥) − 𝑒 𝑓(𝑦) − 𝑒
= 0
0 ⇔ 𝑓(𝑥) − 𝑒 = 0 𝑓(𝑦) − 𝑒 = 0
⇔ 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑦) 𝑓(𝑦) = 𝑒 Et comme 𝑓 réalise une bijection : 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑦) ⇔ 𝑥 = 𝑦
Ainsi, ∇(𝐺)(𝑥, 𝑦) = 0 ⇔ 𝑥 = 𝑦 𝑓(𝑦) = 𝑒
5. On déduit des questions précédentes que 𝐺 admet un unique point critique (𝛼, 𝛼).
𝜕 , (𝐺)(𝑥, 𝑦) = 𝑓 (𝑥) −1 2𝑒
𝜕 , (𝐺)(𝑥, 𝑦) = −1
2𝑒 = 𝜕 , (𝐺)(𝑥, 𝑦)
𝜕 , (𝐺)(𝑥, 𝑦) = 𝑓 (𝑦) −1 2𝑒 Au point (𝛼, 𝛼) :
𝜕 , (𝐺)(𝛼, 𝛼) = 𝑓 (𝛼) −1 2𝑒
𝜕 , (𝐺)(𝛼, 𝛼) = − 𝑒 = 𝜕 , (𝐺)(𝛼, 𝛼)
𝜕 , (𝐺)(𝛼, 𝛼) = 𝑓 (𝛼) −1 2𝑒
On simplifie l’expression de 𝑓′(𝛼) sachant que 𝛼 + ln 𝛼 = 𝑒 : 𝑓 (𝛼) = 1 +1
𝛼+ 𝛼 + ln 𝛼 𝑒 = 1 +1
𝛼+ 𝑒 𝑒 = 1 +1
𝛼 𝑒 + 𝑒 Ainsi 𝑓 (𝛼) −1
2𝑒 = 1 + 1
𝛼 𝑒 + 𝑒 −1
2𝑒 = 1 +1
𝛼 𝑒 +1
2𝑒 = 1 +1 𝛼+𝑒
2 𝑒
∇ (𝐺)(𝛼, 𝛼) =
1 + 1 𝛼+𝑒
2 𝑒 −1
2𝑒
−1
2𝑒 1 + 1
𝛼+𝑒 2 𝑒
= 𝑒
1 +1 𝛼+𝑒
2 −𝑒
2
−𝑒
2 1 +1
𝛼+𝑒 2 Pour éviter les lourdeurs de calcul, il serait toléré ici d’utiliser le critère d’inversibilité des matrices carrées d’ordre 2 :
1 +1 𝛼+𝑒
2− 𝜆 −𝑒
2
−𝑒
2 1 +1
𝛼+𝑒 2− 𝜆
est non inversible si et seulement si 1 +1 𝛼+𝑒
2− 𝜆 − −𝑒
2 = 0
1 + 1 𝛼+𝑒
2− 𝜆 − −𝑒
2 = 0 ⇔ 1 +1 𝛼+𝑒
2− 𝜆 −𝑒
2 1 + 1 𝛼+𝑒
2− 𝜆 +𝑒 2 = 0
⇔ 1 +1
𝛼− 𝜆 1 +1
𝛼+ 𝑒 − 𝜆 = 0 ⇔ 𝜆 = 1 +1
𝛼> 0 ou 𝜆 = 1 +1
𝛼+ 𝑒 > 0
𝐿es valeurs propres de ∇ (𝐺)(𝛼, 𝛼) sont donc strictement positives donc 𝐺 présente un minimum local en (𝛼, 𝛼).
Exercice 9 :
Soit 𝑓 la fonction définie pour tout couple (𝑥, 𝑦) de ℝ par : 𝑓(𝑥, 𝑦) = 4𝑥 𝑦 + 6𝑥 𝑦 + 4𝑥𝑦 . 𝑓 est une fonction polynôme donc de classe 𝐶 sur ℝ .
1. 𝜕 (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 12𝑥 𝑦 + 12𝑥𝑦 + 4𝑦 et 𝜕 (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 4𝑥 + 12𝑥 𝑦 + 12𝑥𝑦
(b) ∇(𝑓)(𝑥, 𝑦) = 0 ⇔ 12𝑥 𝑦 + 12𝑥𝑦 + 4𝑦
4𝑥 + 12𝑥 𝑦 + 12𝑥𝑦 = 0
0 ⇔ 3𝑥 𝑦 + 3𝑥𝑦 + 𝑦 = 0 𝑥 + 3𝑥 𝑦 + 3𝑥𝑦 = 0
⇔ (𝑥 + 𝑦) − 𝑥 = 0
(𝑥 + 𝑦) − 𝑦 = 0⇔ 𝑥 = 𝑦
𝑦 = (𝑥 + 𝑦) ⇔ 𝑥 = 𝑦
𝑦 = 𝑥 + 𝑦 ⇔ 𝑥 = 𝑦 = 0 Conclusion ∶ le seul point critique de 𝑓 est (0,0).
2. 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 24𝑥𝑦 + 12𝑦 ; 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 12𝑥 + 24𝑥𝑦 + 12𝑦 = 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) et 𝜕 , (𝑓)(𝑥, 𝑦) = 12𝑥 + 24𝑥𝑦
Ainsi, ∇ (𝑓)(0,0) = 0 0 0 0
La matrice hessienne ne permet pas de donner la nature du point critique (0,0) pour la fonction 𝑓.
3. (a) Pour tout 𝑥 non nul, 𝑓(𝑥, 𝑥) = 4𝑥 + 6𝑥 + 4𝑥 = 14𝑥 > 0 et 𝑓(𝑥, −𝑥) = −4𝑥 + 6𝑥 − 4𝑥 = −2𝑥 < 0.
(b) Un couple (𝑥, 𝑦) appartient à la boule ouverte ℬ de centre (0,0) et de rayon 𝑟 si et seulement si 𝑥 + 𝑦 < 𝑟
Donc un couple (𝑥, 𝑥) appartient à ℬ si et seulement si 𝑥 + 𝑥 < 𝑟 ⇔ 2𝑥 < 𝑟 ⇔ 𝑥 <
⇔ 𝑥 ∈ − 𝑟
√2; 𝑟
√2
De même un couple (𝑥, −𝑥)appartient à ℬ si et seulement si 𝑥 ∈ − 𝑟
√2; 𝑟
√2 Or l intervalle − 𝑟
√2; 𝑟
√2 contient une infinité de réels non nuls.
Il existe donc une infinité de couples (𝑥; 𝑥) et de couples (𝑥; −𝑥) appartenant à ℬ où 𝑥 est un réel non nul.
(c) L’application 𝑓 étant de classe 𝐶 sur l’ouvert ℝ , si elle présente un extremum, c’est forcément en un point critique, c’est-à-dire en (0;0).
On a vu à la question 3. (a) que, pour tout 𝑥 non nul, 𝑓(𝑥; 𝑥) > 0 et 𝑓(𝑥; −𝑥) < 0.
Si la fonction 𝑓 admettait un maximum local en (0;0), il existerait une boule ouverte ℬ centrée en (0;0) telle que, pour tout couple (𝑥; 𝑦) de ℬ , 𝑓(𝑥; 𝑦) ≤ 𝑓(0; 0) c’est-à-dire 𝑓(𝑥; 𝑦) ≤ 0. Or nous venons de montrer qu’une telle boule contient des couples (𝑥; 𝑥) tels que 𝑓(𝑥; 𝑥) > 0, d’où la contradiction cherchée.
Le raisonnement est le même pour un minimum local en utilisant les couples (𝑥; −𝑥).
Conclusion : la fonction 𝑓 n’admet pas d’extremum sur l’ouvert ℝ .
