Correction du TD4 – Fonctions de Plusieurs Variables – L2

TD 4 : Formules de Taylor et extrema – Correction May 14, 2018

Exercice 1 :

1. La formule de Taylor-Young à l’ordre 2 au point (x, y) est : f(x+h₁, y+h₂) = x⁴+e^−yx³+ (4x³+ 3e^−yx²)h₁−e^−yx³h₂

+ 3(2x²+e^−yx)h²₁−3e^−yx²h₁h₂+ e^−yx³

2 h²₂+ε(h)khk², (1) alors que celle d’ordre 3 est :

f(x+h1, y+h2) = x⁴+e^−yx³+ (4x³+ 3e^−yx²)h1−e^−yx³h2

+ 3(2x²+e^−yx)h²₁−3e^−yx²h₁h₂ +e^−yx³ 2 h²₂ + (4x+e^−y)h³₁−3e^−yxh²₁h₂+3

2e^−yx²h₁h³₂− e^−yx³

6 h³₂+ε(h)khk³. (2) 2. La formule de Taylor avec reste intégrale à l’ordre 2 est :

f(x+h1, y+h2) = x⁴+e^−yx³+ (4x³+ 3e^−yx²)h1−e^−yx³h2

+ Z 1

0

(1−t) (^h1 h2)

3(^2(x+th1)²+e^−y−th2(x+th1))⁻³₂^{e−y−th2(x+th}1)²

−³

2e^−y−th2(x+th1)^{2 e}

−y−th2 (x−th1)3 2

h1

h2

dt (3) 3. La formule de Taylor-Young à l’ordre 2 au point (x, y, z) est :

f(x+h₁, y+h₂, z+h₃) =x³z²+y−z²+ 3x²z²h₁+h₂+ 2(x³−1)zh₃

+ 3xz²h²₁+ 12x²zh₁h₃+ (x³−1)h²₃+ε(h)khk², (4) alors que celle d’ordre 3 est :

f(x+h₁, y+h₂, z+h₃) =x³z²+y−z²+ 3x²z²h₁+h₂+ 2(x³−1)zh₃ + 3xz²h²₁+ 12x²zh₁h₃+ (x³−1)h²₃

+z²h³₁+ 26xzh²₁h3+ 12x²h1h²₃+ε(h)khk², (5) La formule de Taylor avec reste intégrale à l’ordre 2 est :

f(x+h₁, y+h₂, z+h₃) =x³z²+y−z²+ 3x²z²h₁+h₂+ 2(x³−1)zh₃ +

Z 1 0

(1−t) (^h1 h2 h3)

3(x+th1)(z+th2)² 0 6(x+th1)²(z+th2)

0 0 0

6(x+th1)²(z+th2) 0 (x+th1)³−1

h1

h2

h3

dt (6)

1

Exercice 2 :

Soit x₀ ∈Ω. Comme Ωest ouvert, il existe K =B(x₀, r)⊂Ω. Par caractérisation des compacts en dimension finie, on sait que K est compact.

Commef est de classeC¹, on sait que x7→ ∇f(x)est continue : cela implique aussi quex7→J_xf est continue. Par continuité sur les compacts, on sait qu’il existe une constanteMK telle que :

∀x∈K, ||Jxf|| ≤MK.

Cependant, par la formule de Taylor avec reste intégrale, si on prend deux éléments x ety dans K alors :

f(x)−f(y) = Z 1

0

J_y+t(x−y)f ·(x−y)dt.

Ainsi on trouve que pour toutx et y éléments de K kf(x)−f(y)k ≤

Z 1 0

kJy+t(x−y)k · kx−ykdt ≤M_Kkx−yk,

par convexité deK. On a donc montré que f était bien lipschitzienne sur K. Elle est donc localement lipschitzienne.

Exercice 3 :

Supposons que f soit convexe sur Ω. Soit a etb éléments de Ω. On définit la fonction sur[0,1]suivante :

F(t) = f(ta+ (1−t)b).

Vérifions qu’elle est convexe. Soitt₁, t₂ ∈[0,1] etτ ∈[0,1]. Alors, en posant s=τ t₁+ (1−τ)t₂ ∈[0,1] (par convexité de[0,1]), on a :

F(s) =f(sa+ (1−s)b)

=f(τ(t₁a+ (1−t₁)b) + (1−τ)(t₂a+ (1−t₂)b))

≤τ f(t₁a+ (1−t₁)b) + (1−τ)f(t₂a+ (1−t₂)b)

≤τ F(t₁) + (1−τ)F(t₂)

Réciproquement, vérifions que f est convexe. Prenons deux pointsx, y ∈Ω. Soit t∈[0,1]. On remarque tout d’abord que F(1) =a et F(0) = b. Par convexité de F, on a :

f(ta+ (1−t)b) =F(t) = F(t·1 + (1−t)·0)≤tF(1) + (1−t)F(0) =tf(a) + (1−t)f(b).

Exercice 4 :

⇒ Soit a∈Ω eth∈Rⁿ. Il existe δ >0 tel que pour tout0< λ < δ, on a a±λh ∈Ω, et par convexité, on trouve :

f(a) =f 1

2(a+λh) + 1

2(a−λh)

≤ 1

2f(a+λh) + 1

2f(a−λh).

Ainsi pour tout λ∈]0, δ[, on a :

f(a+λh)−2f(a) +f(a−λh)

λ² ≥0.

En appliquant la formule de Taylor-Young à l’ordre 2, on sait que : f(a+λh) = f(a) +λ J_af ·h+1

2hH_af·(λh), λh)i+kλhk²ε(λh), f(a−λh) =f(a)−λ J_af ·h+1

2hH_af·(λh), λh)i+kλhk²ε(−λh), avec lim

λ→0ε(±λh) = 0. En mettant tout ça bout-à-bout, l’inégalité suivante est vérifiée pour tout λ∈]0, δ[ :

hH_af ·h, hi+khk²(ε(λh) +ε(−λh))≥0.

En faisant tendre λ vers 0, on obtient hH_af ·h, hi ≥0. Cela est vraie pour n’importe quel choix de h : la matrice H_af est semi-définie positive.

⇐ Soit x et y deux éléments deΩ. Soit λ∈[0, 1]. Appliquons la formule de Taylor à l’ordre 2 avec reste intégral à f sur[x, λx+ (1−λ)y] :

f(x) = f(λx+ (1−λy)) + (1−λ)Jλx+(1−λ)yf ·(x−y) + (1−λ)²

Z 1 0

(1−t)

(Hλx+(1−λ)y+t(1−λ)(x−y)f) (x−y),(x−y) dt.

On fait la même chose sur [λx+ (1−λ)y, y], ce qui permet d’avoir : λf(x) + (1−λ)f(y) = f(λx+ (1−λ)y)

+λ(1−λ) Z t

0

(Hλx+(1−λ)y+t(1−λ)(x−y)f)(x−y),(x−y) dt.

Par semi-positivité de Haf pour tout a∈Ω, on obtient que f est convexe.

Exercice 5 :

1. Pour (x, y)6= (0, 0), on a :

∂_xf(x, y) = x²+ 3y⁴

(x²+y⁴)² x²y et ∂_yf(x, y) = x²−3y⁴ (x²+y⁴)² x³. De plus, on a :

∂xf(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0)−f(0, 0)

h = 0,

et ∂yf(0,0) = 0.

2. Pour (x, y)6= (0, 0), on a :

|∂_xf(x, y)| ≤ |y|+3

2|y| ≤ 5 2|y|,

qui tend bien vers 0 = ∂_xf(0, 0), quand (x, y) tend vers (0,0). De même, on montre que |∂_yf(x, y)| ≤ ⁵₂|x|, qui tend aussi vers 0, quand(x, y) tend vers (0, 0). Donc les dérivées partielles sont continues en (0, 0). De plus, par définition, on sait que ∂_xf et∂_yf sont continues sur R²\ {(0, 0)}. On a donc montré la continuité des dérivées partielles de f sur R² : la fonction f est alors de classe C¹ sur R².

3. La formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 1, au point (1, 1)donne pour tout (x, y) :

f(x, y) = 1 2+

Z t 0

[∂xf(1 +t(x−1), 1 +t(y−1))(x−1)

+∂_yf(1 +t(x−1), 1 +t(y−1))]dt.

4. On sait que pour un point (x, y)6= (0, 0):

∂_xxf(x, y) = 6y⁴−2x²

(x²+y⁴)³ xy⁵, ∂_xyf(x, y) = x⁴+ 8x²y⁴−9y⁸ (x²+y⁴)³ x², et ∂yyf(x, y) = − 5x²−3y⁴

(x²+y⁴)³ 4x³y³. Ainsi ∂_xxf(1, 1) = 1/2, ∂_xyf(1, 1) = 0 et∂_yyf(1, 1) =−1.

5. Pour tout (h₁, h₂) proche de (0, 0), on trouve, par la formule de Taylor-Young d’ordre 2 au point (1, 1):

f(1 +h1, 1 +h2) = 1

2+h1− h₂ 2 +h²₁

4 − h²₂

2 +khk²ε(h).

Exercice 6 :

On cherche les points critiques de f :

∂_xf(x, y) = 2x−y−3 et ∂_yf(x, y) = −x+ 2y−2.

Donc la fonction f n’admet qu’un unique point critique : (a, b) =

8 3, 7

3

.

Est-ce que ce point est un extremum local def ? Pour cela, on calcule la matrice hessienne def en(a, b):

H_(a,b)f =

2 −1

−1 2

.

Son déterminant est 3 et sa trace vaut 4 : ses valeurs propres sont donc strictement positives. Ainsi le point(a, b)est un minimum local.

Exercice 7 :

1. On cherche les points (x, y) tels que dxf = 0 ce qui revient à :

∂_xf(x, y) = ∂_yf(x, y) = 0.

Dans ce cas, on a

∂_xf(x, y) = 4x³−4y et

∂_yf(x, y) = 4y³−4x.

Donc les points critiques vérifient x⁶ =x et y=x³. Les seuls points critiques possibles sont alors :

(0, 0)et (1, 1).

2. La matrice hessienne de f en un point (x, y)est donné par la formule : H_(x,y)f =

12x² −4

−4 12y²

.

Donc H_(0,0)f =

0 −4

−4 0

a un déterminant négatif (qui vaut -16). Ainsi ses valeurs propres n’ont pas le même signe : le point (0,0) est un point selle.

Enfin, on a detH_(1,1)f = 128>0 : ses valeurs propres ont le même signe.

Comme la trace de cette matrice, qui vaut 24, est positive, on sait que ses valeurs propres sont positives. Le point (1, 1)est un minimum local.

Exercice 8 :

1. (a) On sait que le gradient de f vaut :

∇f(x, y) =

3(y−x²) 3(x−y²)

.

Les points critiques de f sont exactement ceux qui annulent ∇f(x, y).

Forcément ils vérifient :

x=y² y =y⁴ Les seuls points critiques de f sont alors :

(0,0) et(1, 1).

(b) On sait que la matrice hessienne de f en (x, y) est : H_(x,y)f =

−6x 3 3 −6y

.

AinsidetH_(0,0)f =−9<0: les valeur propres de cette matrice sont de signes différents. Le point(0, 0)est donc un point selle.

Enfin detH_(1,1)f = 27 >0 etT r(H_(1,1)f) = −12<0. Cela implique que H_(1,1)f a des valeurs propres négatives. Donc le point (1, 1)est un maximum local de f.

(c) On a f(0, h) = −h³, qui parcourt toutR, quand h parcourt R. Donc f n’est ni minorée, ni majorée sur R².

2. (a) On pose les fonctions g(x, y) =y et h(x, y) =x²−y+ 1, qui sont continues.

Donc f⁻¹(R⁺)et g⁻¹(R⁺) sont fermés. Cependant, on sait que : A = ([−1, 2]×R)∩f⁻¹(R⁺)∩g⁻¹(R⁺).

Comme l’intersection finie de fermés est fermée, on sait que A est fermé. De plus A est borné. En effet, on sait que x∈[−1, 2] et que y∈[0, 5]. Donc A est un compact.

On sait que f est continue. Donc, sur le compact A, elle est bornée et atteint ses bornes. Cela implique qu’il existe (x₁, y₁)∈A et (x₂, y₂)∈A tels que :

∀(x, y)∈A, f(x₁, y₁)≤f(x, y)≤f(x₂, y₂).

(b) Si (x1, y1) n’est pas sur la frontière deA, alors il existerait une bouleB de centre (x₁, y₁), contenue dans A telle que :

∀(x, y)∈B, f(x, y)≥f(x₁, y₁).

Cela impliquerait que (x₁, y₁) serait un minimum local def surR². Cependant d’après la question 2, on sait que f n’admet pas de minimum local. Donc (x₁, y₁) est bien sur la frontière de A.

Exercice 9 :

1. On calcule tout d’abord le gradient de f :

∇f(x, y) =

e^y+ye^x xe^y +e^x

.

Si un point (x, y)est critique pour f, alors∇f(x, y) = 0. Cela implique que : e^y =−ye^x

e^x=−xe^y ce qui est équivalent à xy= 1 et e^x+xe^1/x= 0.

2. On sait que ϕ s’annule en −1. De plus, on a ϕ⁰(x) =e^1/x

1− 1

x

+e^x.

Sur R⁻, on sait que ϕ⁰ est strictement positive, ce qui implique que ϕest strictement croissante : elle n’admet donc au plus qu’un zéro.

On a donc montré que ϕs’annule uniquement en -1 sur ]− ∞, 0[.

3. Il est clair que ϕ(x)≥xe^1/x est strictement positive sur R⁺ (elle est minimisée par la fonction exp). Donc ϕne s’annule qu’en -1, sur R.

Pour (x, y)un point critique de f, on a vu que x était un zéro deϕ. Forcément x=−1. De plus, xy= 1. Ainsi f n’admet qu’un unique point critique qui est :

(a, b) = (−1, −1).

4. Calculons la matrice hessienne de f : H_(x,y)f =

ye^x e^y+e^x e^y +e^x xe^y

. En particulier, on trouve que :

detH_(−1,−1)f =−3e⁻².

Donc les valeurs propres de H_(−1,−1)f sont strictement négatives : le point (−1, −1)est alors un maximum local.

Exercice 10 : 1. On sait que :

∇f(x, y) =

3x²+ 6xy−15 3x²−12

.

Ainsi(a, b)est un point critique de f implique que a² = 4, puisa=±2. Ainsi les seuls points critiques de f sont :

(a, b) = (−2, −1/4) et (a, b) = (2,1/4).

Ensuite, on calcule :

H_(x,y)f =

6(x+y) 6x

6x 0

.

Ainsi aux points critiques trouvés précédemment, on trouve que : det(H_(a,b)f) = −36a² <0.

Donc (−2, −1/4)et (2, 1/4)sont des points selles de f. 2. On sait que :

∇f(x, y) =

−4(x−y) + 4x³ 4(x−y) + 4y³

.

Ainsi (a, b) est un point critique de f implique (en faisant la somme des deux conditions de nullité sur les dérivées partielles) que a³ =−b³, puis a=−b.

Alors a³ = 2a. On trouve alors les points critiques suivants : (0, 0), (√

2,−√

2) et(−√ 2, √

2).

Ensuite, on calcule :

H_(x,y)f =

4(3x²−1) 4 4 4(3y²−1)

.

Ainsi aux points critiques (a, b) trouvés précédemment, commea² =b², on trouve que :

det(H_(a,b)f) = 16a²(9a²−1) et Tr(H_(a,b)f) = 8 (3a²−1).

On voit que detH_(0,0)f = 0 et ainsi on ne peut rien conclure sur la nature du point (0,0).

De plus, pour les autres points, on voit que le déterminant de la matrice hessienne de f est positif et la trace aussi : donc f admet deux minima locaux aux points ±(√

2, −√ 2).

Exercice 11 :

1. La matrice hessienne de f au point (x, y) vaut : H_(x,y)f =

2 −1

−1 2

.

Ainsi son déterminant en (0, 0)vaut 3 alors que sa trace vaut 4. Les valeurs propres sont alors positives : (0,0) est un minimum local de f.

2. La matrice hessienne de f au point (x, y) est : H_(x,y)f =

2 2 2 2

.

Le déterminant de cette matrice vaut 0. On ne peut alors pas conclure sur le point critique (0, 0), par cette démarche.

Cependant, on peut remarquer qu’en fait :

f(x, y) = (x+y)²+ 6≥f(0, 0).

Donc (0, 0) est un minimum (local et global) de f.

3. La matrice hessienne de f au point (x, y) vaut : H_(x,y)f =

6x+ 2 4y+ 3 4y+ 3 4x−12y²+ 2

.

Ainsi son déterminant en (0, 0)vaut -5. Les valeurs propres sont alors de signes opposés : (0,0) est un point selle de f.

Exercice 12 :

1. On sait que

∇f(x, y) =

cosx 2(y−1)

. Les points critiques sont alors de la forme

X_k = (a_k, b) = π

2 +kπ, −1 , avec k∈Z.

2. La matrice hessienne de f en (x, y) est : H_(x,y)f =

−sinx 0

0 2

.

Ainsi le déterminant vaut −2 sinx. Les points critiques tels que cette quantité soit négatives, c’est-à-dire les X_2k, sont des points selles. Les autres sont des extrema relatifs. Pour savoir si ce sont des maxima ou des minima, on regarde :

Tr(H_X2k+1f) = 3.

Cette quantité est positive. Les valeurs propres de ces matrices sont donc strictement positives : les X_2k+1 sont des minima locaux.

Exercice 13 :

1. On sait que F est de classe C² surR² avec :

∇F(x, y) =

f⁰(x)f(y) f(x)f⁰(y)

et H_(x,y)F =

f⁰⁰(x)f(y) f⁰(x)f⁰(y) f⁰(x)f⁰(y) f(x)f⁰⁰(y)

. On a bien ∇F(0,0) = (0, 0): c’est bien un point critique. Cependant, on obtient H_(0,0)F = _{0 f}0(0)²

f⁰(0)² 0

, qui est alors strictement négative (son déterminant est négatif) : le point (0, 0)est un point selle de F.

2. La fonction de l’énoncé est du type de la question précédente. On sait alors que (0, 0)est un point critique et que c’est un point selle.

En fait, les points extremaux sont de la formes X_n,m = ⁿ₂, ^m₂ ou Y_n,m = ²ⁿ⁺¹₄ , ^2m+1₄

. Dans ce cas, on trouve : HXn,mf =

0 4π²(−1)^n+m 4π²(−1)^n+m 0

et HYn,mf =

−4π²(−1)^n+m 0 0 −4π²(−1)^n+m

. Ainsi les Xn,m (dont le point(0, 0)) sont des points selles. Par contre, les Yn,m

sont des extrema locaux. Si n+m est pair, alors Y_n,m est un maximum relatif, et si n+m est impair, Y_n,m est un minimum relatif.

Exercice 14 :

1. Cette question a été traitée dans l’exercice 8.

2. Cette question a été traitée dans l’exercice 10.

3. On a :

∇f(x, y) =

xy²(2 + 9x+ 4y) x²y(2 + 6x+ 6y)

et H_(x,y)F =

y²(2 + 18x+ 4y) xy(4 + 18x+ 12y) xy(4 + 18x+ 12y) x²(2 + 6x+ 12y)

. On étudie d’abord les points critiques "triviaux" qui sont de la forme (0, y) et (x, 0). Dans ce cas, la matrice hessienne est nulle : on ne peut pas traiter ce point critique.

Si on considère un point critique (x, y) dont aucune coordonnée n’est nulle. Dans ce cas, x+y =−1/3, ce qui implique que :

(x, y) = (−2/15, −1/5).

Ici la matrice hessienne vaut :

9xy² 4y²x 4y²x 6x²y

.

Son déterminant est positif et sa trace est négative : il s’agit d’un maximum local.

4. On a :

∇f(x, y) =

2−4x³ 1−4y³

et H(x,y)F =

−12x² 0 0 −12y²

.

Comme un point critique de f n’a aucune coordonnée nulle, on voit directement que tous les points critiques de f sont des maxima locaux. En faitf n’admet qu’un unique point critique qui est (1/√³

2, 1/√³ 4).

5. On a :

∇f(x, y) =

y(y−x²) (x+1)²(y+1)(x+y)²

x(x−y²) (y+1)²(x+1)(x+y)²

! .

Le seul point critique de f est(1,1). La matrice hessienne en un point (x, y) de f est :

H_(x,y)f = −2y_(x+1)^−x3+3xy+y3(y+1)(x+y)^2+y3 −^x3−2x_(x+1)^2y2−x2(y+1)^2y−xy2(x+y)^{2−2xy+y3 3}

−^x3−2x_(x+1)^2y2−x2(y+1)^2y−xy2(x+y)^{2−2xy+y3 3} −2x_(y+1)^−y3+3xy+x3(x+1)(x+y)^2+x3

! .

Donc on ne peut rien dire du point (1, 1), car la hessienne de f en(1, 1)vaut : −1/16 1/16

1/16 −1/16

. 6. Cette question a été traitée dans l’exercice 9.

7. On a :

∇f(x, y) =

log²x+y²+ 2 logx 2xy

.

Les seuls points critiques de f sont alors (1,0) et(e⁻², 0). La matrice hessienne vaut :

H_(x,y) =

2^log_x^x+1 2y

2y 2x

.

Ainsi (1, 0) est un minimul local, alors que(e⁻², 0)est un point selle.

8. On a :

∇f(x, y) =





√ x

x²+(1−y)² − √ ^1−x

y²+(1−x)²

−√ ^1−y

x²+(1−y)² + √ ^y

y²+(1−x)²



. En utilisant qu’un point critique (x, y) def est solution de :

(1−y)∂_xf(x, y) +x∂_yf(x, y) = 0,

en vérifiant que y6= 1,x6= 0 (et en faity6= 0 et x6= 1). Cela permet d’avoir la relation :

x+y= 1.

La relation ∂_yf(x, y) = 0 se réécrit sous la forme : y|1−y|=|y|(1−y).

Cela implique que y∈]0, 1[. On obtient alors que les points critiques sont (x, 1−x), avec x∈]0, 1[.

De plus, on a la matrice hessienne de f en tout point (x, y) donnée par : H_(x,y)f =

(1−y)²

(x²+(1−y)²)^3/2 +_(y2+(1−x)^y2 _{2)3/2 (x2+(1−y)}^x(1−y)_2)3/2 +_(y2+(1−x)^y(1−x)_2)3/2

x(1−y)

(x²+(1−y)²)^3/2 +_(y2+(1−x)^y(1−x)2)^3/2

x²

(x²+(1−y)²)^3/2 +_(y2+(1−x)^(1−x)22)^3/2

! .

Ainsi, en un point critique, on a : H(x,1−x)f =

2^−3/2x⁻¹(1−x)⁻¹ 2^−3/2x⁻¹(1−x)⁻¹ 2^−3/2x⁻¹(1−x)⁻¹ 2^−3/2x⁻¹(1−x)⁻¹

. On ne peut alors rien dire de ces points critiques.

9. On a :

∇f(x, y) =

2x+y+ 2 2y+x+ 3

et H_(x,y)F =

2 1 1 2

.

Le seul point critique de f est(−1/3, −4/3). Vu la matrice hessienne, il s’agit d’un minimum local.

10. On a :

∇f(x, y) =

4(x³−y) 4(y³−x)

et H_(x,y)F =

12x² −4

−4 12y²

. Les seuls points critiques de f sont (0, 0), (−1, −1)et (1,1), qui sont respectivement un point selle et des minima locaux.

11. On a :

∇f(x, y, z) =





2x(y−1)³(z+ 2)³ 3x²(y−1)²(z+ 2)³ 3x²(y−1)³(z+ 2)²



.

Les points critiques de f vérifient soit x= 0, soit y= 1, soit z =−2. Maintenant la matrice hessienne de f en (x, y, z) vaut :





2(y−1)³(z+ 2)³ 6x(y−1)²(z+ 2)³ 6x(y−1)³(z+ 2)² 6x(y−1)²(z+ 2)³ 6x²(y−1)(z+ 2)³ 9x²(y−1)²(z+ 2)² 6x(y−1)³(z+ 2)² 9x²(y−1)²(z+ 2)² 6x²(y−1)³(z+ 2)



. Si on considère un point P tel que x= 0, on trouve alors :

HPf =





2(y−1)³(z+ 2)³ 0 0

0 0 0

0 0 0



.

On ne peut donc rien dire d’un tel point. De même, si on considère un autre point critique (y = 1 ouz =−2), la matrice hessienne est nulle : on ne peut alors rien dire des points critiques de f.

Exercice 15 :

1. On sait que :

∇f(x, y) =

2x−y+ 3 2y−x−2

et H_(x,y)f =

2 −1

−1 2

.

Le seul point critique de f est alors(−4/3, 1/3)et il s’agit d’un minimum local.

2. On sait que :

∇f(x, y) =

3x² + 2y 2y+ 2x

et H_(x,y)f =

6x 2 2 2

. Les seuls points critiques de f sont alors (0,0) et(2/3, 2/3), qui sont respectivement un point selle et un minimum local.

3. Cette a été traitée dans l’exercice 14.

4. On sait que :

∇f(x, y) =

4x³+ 28xy²−4

−28y³+ 28x²y

et H_(x,y)f =

12x+ 28y² 56xy 56xy 28x² −84y

. Les seuls points critiques de f sont alors (1,0), (1/2, 1/2) et(1/2, −1/2), qui sont respectivement un minimum local et deux points selles.

Exercice 16 :

1. La fonction f est une fonction polynomiale. Elle est donc de classe C^∞. De plus, on a :

∂_xf(x, y) = 3x²y²−4x³y²−3x²y³ et ∂_yf(x, y) = 2x³y−2x⁴y−3x³y². 2. (a) La différentielle de f au point (1, 0)est :

df_(1,0)f(h₁, h₂) = 0, et celle au point (3, −2) est :

df(3,−2)(h1, h2) = −108 (h1+h2).

(b) L’équation du plan tangent au graphe de f au point (1, 1, f(1, 1)) est : z =−1−4(x−1)−3(y−1) = 6−4x−3y.

(c) On a :

f(−1−h, 2−3h)−f(−1, 2)

h =−4 (1 +h)³(2−3h)².

Ainsi en prenant la limite de cette quantité quand h tend vers 0, on trouve : D_vf(−1, 2) =−16.

3. On sait que f(0,0) = 0 et que ∇f(0,0) = 0. De plus en calculant les dérivées partielles secondes on trouve :

f(h) =ε(h)khk², avec ε(h) qui tend vers 0, quandh tend vers 0.

4. Un point critique (x, y)de f vérifie :

(3−4x−3y)x²y² = 0 (2−2x−3y)x³y= 0

Ainsi on trouve que les seuls points critiques de f sont de la forme (0, y),(x, 0) ou (1/2, 1/3).

5. Comme la fonction f est de classe C² (d’après la question 1), on peut appliquer le théorème de Schwarz, pour calculer la matrice hessienne. En effet, grâce à ce théorème, on sait que la matrice hessienne est symétrique : on peut juste calculer

∂_xyf, ce qui nous donnera alors ∂_yxf.

La hessienne de f en un point(x, y) est alors : H_{(x, y)}f =

6xy²−12x²y²−6xy³ 6x²y−8x³y−9x²y² 6x²y−8x³y−9x²y² 2x³−2x⁴−6x³y

.

6. La formule de Taylor-Young à l’ordre 2 en (0, 0)donne : f(h) =

Z 1 0

(1−t)h(H_thf)h, hidt.

7. On voit facilement que les points critiques qui ont une coordonné nulle ne peuvent pas être traités. De plus, on a :

H_(1/2,1/3)f =

−1/9 −1/12

−1/12 −1/8

.

Ainsi son déterminant vaut 72/10368, qui est positif, et sa trace est négative : (1/2, 1/3)est alors un mxaimum local de f.

8. Etant donné qu’on ne peut rien dire des points qui sont sur les axes, on ne peut rien dire sur M₁, M₂ et S sur le fait qu’ils soient bornés ou non. Cependant, on peut déjà remarquer qu’ils sont fermés.

Exercice 17 :

1. On voit que f est clairement continue sur R²\S. On sait que quand (x, y)tend vers un point (x⁰, y⁰)de S, la fonction g(x, y) = (x²+y²−1)⁻² tend vers +∞.

Donc on trouve que : lim

(x, y)→(x⁰, y⁰)

f(x, y) = lim

h→+∞arctan(h) = π/2 =f(x⁰, y⁰).

Ainsi f est continue en tout point de S : f est continue sur R². 2. Comme arctanest bornée en valeur absolue par π/2, on a :

∀(x, y)∈/S, |f(x, y)| ≤π/2.

Par définition de f, cette inégalité est aussi vérifiée sur S. Finalement f est bornée (par π/2en valeur absolue).

3. On remarque que la fonction f est radiale : elle ne dépend que de r=x²+y² (ATTENTION : la quantitér n’est pas ici le rayon, mais le carré du rayon !).

On va donc étudier la fonction définie sur R⁺ : g(r) =

arctan_(r−1)¹ 2 si r6= 1

π 2 sinon Pour r6= 1, on a :

g⁰(r) = − 2(r−1) 1 + (r−1)⁴.

Ainsi g est croissante sur[0,1], avec g(0) = arctan(1) =π/4et g(1) =π/2, puis décroissante sur [1, +∞[. Comme g tend vers 0, en +∞, on obtient que :

Imf =Img =i 0, π

2 i

.

4. On a vu quef(x, y) =g(x²+y²). Comme g est dérivable (et donc différentiable) sur R⁺ (en posant g⁰(1) = 0), on obtient que f est différentiable, comme

composée de fonctions différentiables.

5. On a tout d’abord :

∇f(x y) =g⁰(x² +y²) 2x

2y

.

Donc les points critiques de f sont soit (0, 0), soit de la forme (a, b) avec : g⁰(a²+b²) = 0.

Cela implique que les seuls points critiques de f sont (0, 0)et les points de S(0, 1).

Etudions leur nature. Pour cela, on calcule la matrice hessienne de f en un point (a, b):

H_(a,b)f =

g⁰⁰(a²+b²)4a²+ 2g⁰(a²+b²) 4ab g⁰⁰(a²+b²)

4ab g⁰⁰(a²+b²) g⁰⁰(a²+b²)4b²+ 2g⁰(a² +b²)

. Ainsi on trouve que (0, 0)est un minimum local. De plus, si a²+b² = 1, on a :

H_(a,b)f =g⁰⁰(a²+b²)

4a² 4ab 4ab 4b²

,

ce qui ne nous permet pas de donner la nature des points critiques de f qui sont sur S(0, 1).

Exercice 18 :

1. La fonction f est continue sur B(0, 1), qui est compacte. Donc f est bornée et atteint ses bornes. Cela revient à dire qu’il existe a₁, a₂ ∈ B(0, 1)tels que :

∀(x, y)∈ B(0,1), f(a₁)≤f(x, y)≤f(a₂).

2. Les points critiques de f vérifient :

∇f(x, y) =

2x+y x+ 2y

= 0.

Le seul point critique de f est alors(0,0). De plus, la hessienne de f en (0, 0) est :

H_(0,0)f =

2 1 1 2

, ce qui nous dit que (0, 0)est un minimum local.

A partir de là, on sait que si a2 ∈ B(0, 1), alors ce serait un maximum local, ce qui est impossible. Donc a₂ ∈ S(0, 1).

De plus, on sait que :

f(x, y) =

x+y 2

2

+3

4y² ≥0 = f(0, 0).

Donc on vient de montrer que a₁ = (0, 0)∈ B(0, 1).

3. On définit la fonction :

g(θ) = cos²(θ) + cos(θ) sin(θ) + sin²(θ) = 1 +sin(2θ) 2 .

On voit que g(θ)≤3/2 etg(θ) = 3/2si et seulement si θ= ^π₄ +k π, avec k ∈Z. Le lien entre cette fonction g et la fonction f vient de la question précédente. On veut déterminera₂. Cependant on sait qu’il se trouve sur le cercle unité. On peut alors écrire a₂ = (cosθ, sinθ). Cela implique que f(a₂) =g(θ), puis :

a₂ = cosπ

4 +k π

, sinπ

4 +k π . On a donc deux possibilités à savoir ±(√

2/2, √ 2/2).