PSI* — 2019/2020 — Corrigé partiel du T.D. 12 Page 1
7. Déterminer le maximum de f : (x, y)→ x+y
(1 +x2) (1 +y2) sur C= [0,1]2.
Solution : déjàf est continue surC, partie fermée bornée non vide de R2, doncf est bornée surC et atteint ses bornes.
Commef est à valeurs positives surC, le minimum est évidemment 0, atteint en(0,0).
Pour la recherche du maximum, nous avons deux choses à étudier.
•Valeurs prises par f sur la frontière de C :
• soitϕ(x) =f(x,0) = x
1 +x2 ;ϕest dérivable sur [0,1]et
∀x∈[0,1] ϕ′(x) = 1−x2 (1 +x2)2 donc ϕest croissante sur[0,1], son maximum est ϕ(1) = 1 2.
• soitψ(x) =f(x,1) = 1
2 · x+ 1
1 +x2 ;ψ est dérivable sur[0,1]et
∀x∈[0,1] ψ′(x) = 1
2 ·1−x2−2x (1 +x2)2 = 1
2 ·2−(x+ 1)2 (1 +x2)2 donc ψatteint son maximum sur [0,1]en√
2−1, maximum valant ψ √
2−1 =
√2 4 2−√
2 = 1
4 √
2−1 .
• compte tenu des rôles symétriques de x et y, les valeurs prises sur les deux autres côtés de C sont les mêmes. En conclusion, le maximum de f sur la frontière deC est
f √
2−1,1 = 1 4 √
2−1 ≈0,6.
•Points critiques de f dans l’ouvert C◦ : f est C1 sur C◦ et, pour(x, y)∈C,◦
∂f
∂x(x, y) = 1
1 +y2 ·1−x2−2xy (1 +x2)2 et, commef(x, y) =f(y, x),
∂f
∂y(x, y) = ∂f
∂x(y, x) = 1
1 +x2 ·1−y2−2xy (1 +y2)2 .
Ainsi, si(x, y)∈C◦ est un point critique,x2 =y2 = 1−2xy, doncx=y(carx ety sont dans]0,1[) etx2= 1−2x2 d’où finalementx=y= 1/√
3qui convient bien. De plus,
f 1
√3, 1
√3 = 2
√3· 4 3
2 = 3√ 3
8 ≈0,65.
Des deux résultats précédents, je déduis que le maximum global de f sur C n’est pas atteint sur la frontière, il est nécessairement atteint en un point de C, donc en un point critique de◦ f (puisque c’est a fortiori un maximum local). Or nous n’avons trouvé qu’un point critique !
maxC f =f 1
√3, 1
√3 = 3√ 3
8 ≈0,65.
Noter qu’une fois encore, nous avons pu échapper à l’étude locale, non triviale ici. . .
