Université Paris-Dauphine Année2012-2013 UFR DEGEAD 1er cycle
aide à la correction des exercices de révision
Exercice 2
1. On a f somme de deux convexes :(x;y) 7→x4, grâce au lemme d’extension car x7→x4 est convexe, et (x;y) 7→ (x−y)2 comme composée d’une convexe et d’une affine. Donc f est convexe.
2.Elle est polynomiale.
3. On a x4+ (x−y)2 = 0 ⇔ x4 = 0 et (x−y)2 = 0 car la somme de deux positifs n’est nulle que si les deux sont nuls. On obtient le point (0 ; 0). Le gradient de f est nul en ce point donc pas d’équation de tangente possible : on obtiendrait0 = 0.
4.On a∇f(x;y) = (4x3+ 2x−2y; 2y−2x); on obtientx=y= 0. Comme f est convexe, f réalise un minimum global en ce point.
5.Méthode 1, explicitation de la contrainte. On a y=x−1, on remplace dans l’expression def, d’où l’étude deϕ :x7→x4+1. On trouve qu’il n’y a qu’un point critique, atteint enx= 0, et que ϕ réalise un minimum global en ce point (tableau de variations de ϕ). D’où minimum global pour le problème, en(0 ;−1), valant1. Méthode 2, lagrangien, on poseg(x;y) = x−y−1.
Pas de point critique de seconde espèce car le gradient de g ne s’annule jamais. Les critiques de première espèce vérifient4x3+ 2x−2y−λ= 0 et 2y−2x+λ= 0, ainsi que la contrainte.
On additionne les équations, on trouve x = 0; on reporte dans la contrainte et on a y = −1, donc on obtientλ = 2. On remarque que L est convexe (car f est convexe et car g est affine), d’où conclusion sur le minimum global.
6.a. ef /x(x;y) = (4x3+ 2x−2y)x
x4+ (x−y)2 et ef /y(x;y) = (−2x+ 2y)y
x4+ (x−y)2, ne pas simplifier ici.
6.b. On a ef /x(1 ; 3) = 0 et ef /y(1 ; 3) = 12/5, donc la variation cherchée est+12 %.
6.c. On a ef /x(1 ; 1) = 4 etef /y(1 ; 1) = 0, donc on doit diminuer x de4 %.
Exercice 3
1.On aD={(x;y)∈R2, x >0}à cause du logarithme. Dest convexe comme demi-plan.
Dn’est pas compact car non borné (car la droite d’équation y= 1 est incluse dans D).
2. La fonction x 7→ lnx est de classe C2 sur ]0 ; +∞[ comme fonction usuelle. Par produit avec elle-même et avecx7→x, on en déduit quex7→x(lnx)2est de classeC2 sur]0 ; +∞[et donc que(x;y)7→x(lnx)2 est de classeC2 surDpar lemme d’extension. Par somme avec la fonction polynomiale(x;y)7→y2, on a la conclusion. Après calculs : ∇f(x;y) = ((2 + lnx) lnx; 2y).
3.Après quelques calculs, on art−s2 = 4
x(1 + lnx). Il est facile de trouver un point (x;y) deDen lequelrt−s2 est strictement négatif (il suffit que1 + lnx <0) : par exemple(e−5; 0).
La fonction n’est donc ni convexe ni concave surD.
4.On obtient f(1 +h;−2 +k)≈4−4k d’où f(0,9 ;−1,8)≈3,2.
5.On résout ∇f(x;y) =~0, on obtient deux points critiques (1 ; 0) et (e−2; 0).
6.a.Avec le hessien calculé à la question 3., on a rt−s2 = 4,r = 2ett = 2au point(1 ; 0).
On est donc en présence d’un minimum local, qui vautf(1 ; 0) = 0. C’est un minimum global car l’expression de f est une somme de réels positifs, donc f(x;y) est positif quel que soit le couple(x;y) deD.
6.b. De même, on remarque que (e−2; 0) est un point col en calculant rt−s2 en ce point.
Exercice 4
1.Elles sont de classe C2 car polynomiales.
2. On calcule le hessien de f en (−1 ; 0), par exemple ; on trouve rt−s2 < 0 donc f n’est ni concave ni convexe.
3. Il suffit de calculer les dérivées partielles de L=f −λg; on trouve r = 24x−4λ, s = 0 ett= 2−2λ. On obtient le résultat en factorisant r par 4 et t par 2.
4. Les points critiques de seconde espèce vérifient g(x;y) = 0 et ∇g(x;y) = (0 ; 0), on trouve qu’il n’y a pas de solution.
5. Les points critiques de seconde espèce vérifient g(x;y) = 0 et ∇L(x;y) = (0 ; 0). Pour résoudre le système obtenu, penser à factoriser : par x dans l’une des équations, par y dans l’autre équation. Ne pas oublier de cas ! On retrouve les points donnés par l’énoncé.
6. On prend un couple(x;y) vérifiant 2x2 +y2 −1 = 0, on a alors x2+y2 = 1−x2. Il est donc possible d’affirmer que x2+y2 61 (car x2 >0donc 1−x2 61). Ainsi,(x;y) appartient à la boule fermée de centre (0 ; 0) et de rayon 1. CQFD.
7. Théorème de Weierstrass : toute fonction continue sur une partie compacte admet un maximum global et un minimum global. On calcule les images des points critiques : f(A) = 1, f(B) = 1, f(C) = √
2, f(D) = −√
2, f(E) = 25/27, f(F) = 25/27. C’est donc en C que le problème contraint admet un maximum global et enD qu’il admet un minimum global.
8.Le multiplicateur de Lagrange vaut 1 pourA, B, E et F donc le hessien est nul d’après la question 3.On ne peut pas conclure.
9. On représente sur l’ellipse en s’aidant des coordonnées données. La linéarisation en A revient à étudier le signe de la forme quadratiquerh2+2shk+tk2du lagrangien, sous la condition
<(h;k) ;∇g(A) >= 0, qui s’écrit (après calculs) k = 0. D’où, en A, rh2 + 2shk+tk2 = rh2 or le r du lagrangien L en A vaut −4. D’où maximum local en A. On fait de même avec les autres points : on obtient un maximum local en B, un minimum local en E et un minimum local en F. Pour l’étude en E et en F, on peut aussi invoquer que, sur une courbe continue, tout point critique situé entre deux maximums est nécessairement un minimum (voir l’examen de 2010/2011).
10. On a g(x;y) = 0⇔ y2 = 1−2x2 donc on peut remplacery2 dans l’expression de f et étudier ϕ(x) = 4x3+ 1−2x2 (faire un tableau de variations). Bien penser que x ne varie pas dansR : d’après le caractère borné de la contrainte, on a−1/26x2 61/2et donc on n’étudie ϕ que sur [−1/√
2 ; 1/√
2]. On retrouve tous les résultats.
Exercice 6
1.1. La fonctionf est polynomiale.
1.2. On trouve f(−1 +h; 1 +k) =−3 + 9h−k−9h2+hk−k2+ (h2+k2)ε(h;k).
1.3. Une équation est z = 9x−y+ 7. Le rt−s2 de f en (−1 ; 1) vaut 35; on a r < 0 et t <0: le plan tangent est au-dessus de la surface.
1.4. On a f(x; 0) = 3x3. Comme 3x3 tend vers +∞ lorsque x tend vers +∞, il n’y a pas de maximum global. Pareil pour le minimum avec−∞.
1.5. Les points critiques sont (0 ; 0), (0 ; 1), (1/6 ; 1/2) et (−1/6 ; 1/2). Cols pour les deux premiers, minimum local en(1/6 ; 1/2), maximum local en(−1/6 ; 1/2). Le rt−s2 def permet de conclure pour tous les points.
2.1. Voir question 6. de l’exercice 2.
2.2. Montrer qu’il n’y a pas de point critique de seconde espèce. D’après le théorème des extremums liés, il n’y a donc que des points critiques de première espèce.
2.3. Fonction continue sur un compact, on calcule les images... On enlève (−1/2 ;−1/2), qui réalise un minimum global, et(1/2 ;−1/2), qui réalise un maximum global.
2.4. On trouveλ = 0 en résolvant ∇f(0 ; 1) = λ∇g(0 ; 1). La linéarisation donne k = 0 or ler du lagragien en (0 ; 1) est nul : la forme quadratique rh2+ 2shk+tk2 deL est donc nulle (car ler est nul), on ne peut pas conclure. Le hessien du lagrangien est strictement négatif : on a un point col du lagrangien, on ne peut pas conclure.
2.5. Question difficile ! On pourrait remarquer que g(x;y) = 0 ⇔ 3x2 +y2 = 1, et donc f(x;y) =x−xy, qui admet un point col en (0 ; 1). Finalement, c’est un point col !
