Exercice1.
1. Déterminer les extrema locaux surR2def : (x, y)7→x2ex2+y2.
2. Déterminer le minimum et le maximum def surD={(x, y)∈R2, x2+y261}.
Exercice2.
1. Déterminer les extrema locaux surR2def : (x, y)7→x2y2−x2−y2+ 1789.
2. Déterminer le minimum et le maximum def sur C={(x, y)∈R2,06x61,06y61}.
Exercice3.
1. Déterminer et représenter le domaine de définitionDf def : (x, y)7→(x−y) ln(x−
y).
2. Déterminer les extrema locaux def surDf. On pourra étudier une fonction auxi- liaireg telle que∀(x, y)∈ Df, f(x, y) =g(x−y).
Exercice4.
Soitf définie surR3 par
f : (x, y, z)7→x4+z4−4zx3−4xz3+x2y2+ 6x2z2−2xy+ 1.
1. Montrer que5f(x, y, z) = 0⇒(x=y=z= 0)ou(x6= 0, y= 1x et z=x).
2. Déterminer les extrema locaux surR3def. Exercice5.
SoitDF= ([ 0 ; +∞[)2et DO= (] 0 ; +∞[)2. On définit surDF une fonctionf par f(x, y) =
xy
x+y si(x, y)6= (0,0)
0 sinon
.
1. a)Justifier que pour tout (x, y)∈ R2, sup(|x|,|y|)6||(x, y)|| 6√
2 sup(|x|,|y|)et en déduire : ∀(x, y)∈DF, 06f(x, y)6√
2||(x, y)||.
b)f est-elle continue surDF?
2. a)Déterminer les extrema locaux de f surDO. b)En déduire les extrema globaux def surDF. Exercice6.
Soitf : ] 0 ; +∞[×R→R2, (x, y)7→x (lnx)2+y2 . Déterminer les extrema locaux def sur] 0 ; +∞[×R.
Exercice7.
SoitQ= (] 0 ; +∞[)2 etQ= ([ 0 ; +∞[)2.
Soitf :Q →R, (x, y)7→2x2+ 2y2−4x2y2−x4−y4. 1. Déterminer les extrema locaux def surQ.
2. Pour(x, y)∈ Q, on posen=x2+y2.
Montrer quef(x, y)62n−n2 et en déduire quef(x, y)61.
3. Déterminer le maximum global def surQ.
Exercice 8.
SoitD = ] 0 ; +∞[etf : D×D→R, (x, y)7→xln(y)−yln(x).
Soitg: D→R, u7→u2−uln(u)−1.
1. a)Établir que :∀u >0, u>ln(u) + 1, puis étudier les variations degsurD.
b)Montrer que l’équationg(u) = 0admet une unique solution dansDà préciser.
2. a)Justifier quef est de classeC2 surD×D.
b)Montrer que si(x0, y0)est un point critique def, alorsx0>1 etg(ln(x0)) = 0.
c) En déduire quef a un unique point critique à préciser.
d)Étudier sif présente un extremum en ce point.
Exercice 9.
Soitf : (x, y, z)7→(x2+y2)ez.
1. Déterminer les points critiques def surR3. 2. Étudier sif présente un extremum en ces points.
3. SoitHl’hyperpplan tangent au grapheΓf def en(1,1,0). Déterminer une équa- tion deH.
4. Étudier la position relative de deΓf etH au voisinage de(1,1,0).
Exercice 10.
Soitf : (x, y, z)7→z2ex+y.
1. Déterminer les points critiques def surR3. 2. Étudier sif présente un extremum en ces points.
3. Soit H l’hyperpplan tangent au graphe Γf de f en (1,−1,1). Déterminer une équation deH.
4. Étudier la position relative de deΓf etH au voisinage de(1,−1,1).
Exercice 11.
Soitf : (x, y, z)7→x2ln(1 +y2+z2).
1. Déterminer les points critiques def surR3. 2. Étudier sif présente un extremum en ces points.
Exercice 12.
Soitf : (x, y, z)7→x2−y3+ 2z2−2x+ 3y+ 4z+ 1.
1. Déterminer les points critiques def surR3. 2. Étudier sif présente un extremum en ces points.
Exercice13. Soitf : (x, y, z)7→x3+ 2yz−3x−2y−2z+ 8.
1. Déterminer les points critiques def surR3. 2. Étudier sif présente un extremum en ces points.
Exercice14.
1. Déterminer l’unique point critique def : (x, y, z)7→x2−2y2+z2 pour l’optimi- sation sous la contrainte linéaire :
(C)
( x+y+z = 3 x+ 2y−z = 0
2. Montrer que f atteint effectivement un minimum sous la contrainte (C) en ce point.
Exercice15.
Soitf la fonction définie surR3par
f(x, y, z) = 1
1 + 2x2+y2+z2. 1. Soit(C)la contrainte (linéaire)
x−y+z= 5.
a)Montrer queA = (1,−2,2)est l’unique point critique def sous la contrainte(C).
b)Vérifier que, pour tout X = (x, y, z)deR3,f(X)−f(A)est du signe de 10−2x2−y2−z2.
c)Donner une condition nécessaire et suffisante surH = (α, β, γ)pour queX = A+H vérifie(C).
d)En déduire que f atteint enAun maximum global sous la contrainte(C).
2. Soit(S)la contrainte (non linéaire)
x2+y2+z2= 1.
SoitSl’ensemble des(x, y, z)deR3vérifiant(S).
Sn’est autre que la sphère de centreO = (0,0,0) et de rayon1.
a) Justifier que f atteint un minimum et un maximum globaux sous la contrainte (S).
b)(S)est-elle une contrainte non critique sur l’ouvertR3?
c) Indiquer le plus grand domaine D de R3 sur lequel la contrainte (S) est non critique, et justifier queDest un ouvert de R3.
d)Montrer que les points critiques def surDpour l’optimisation sous la contrainte (S)sont :
• les points(0, y, z)où(y, z)∈R2 vérifiey2+z2= 1;
• les points(−1,0,0)et (1,0,0).
e)Justifier quef atteint effectivement ses extremums globaux sous la contrainte(S) en ces points critiques, et préciser leur valeur.
Corrigés succincts.
Exercice 1.
1. f est de classeC2surR2.
∂1f(x, y) = 2x(x2+ 1)ex2+y2 et ∂2f(x, y) = 2yx2ex2+y2. Ensemble des points critiques :{(0, y), y∈R}.
f étant positive surR2et nulle en(0, y),f est minimum en chaque point critique.
0 étant son minimum global. On remarque que la forme quadratique n’est pas définie ...
2. D est le disque fermé de centre O = (0,0) et de rayon 1. C’est un fermé borné doncf, qui est continue, y atteint un minimum et un maximum.
La frontière deDest le cercleCde centreOet de rayon1, caractérisé par(x, y)∈ C⇔x2+y2= 1.
Si(x, y)∈C,f(x, y) =x2e1et −16x61, donc06f(x, y)6e.
Les extrema def surCsont0, atteint en(0,±1), et e atteint en(±1,0).
Les extrema locaux def à l’intérieur deDsont, d’après 1), tous des minima égaux à0.
Bilan : les extrema globaux def surDsont0, atteint en tout(0, y)(y∈[−1 ; 1 ], et e atteint en(±1,0).
Exercice 2.
1. ∂1f(x, y) = 2x(y2−1)et∂2f(x, y) = 2y(x2−1).
Ensemble des points critiques :{(0,0),(1,1),(−1,1),(1,−1),(−1,−1)}.
52f(x, y) = 2y2−2 4xy 4xy 2x2−2
!
52f(0,0) = −2 0 0 −2
!
: en(0,0), maximum local.
52f(±1,±1) = 0 4 4 0
!
:q(x, y) = 8xyest de signe variable, points cols.
52f(±1,∓1) = 0 −4
−4 0
!
:q(x, y) =−8xyest de signe variable, points cols.
2. Cest un carré, fermé et borné, deR2.f est continue surC: elle est bornée et atteint ses bornes surC. Comme l’unique extremum local def n’est à l’intérieur deC, les extremums def surCsont à chercher sur les segments formant la frontière.
f(x,0) = 1789−x2prend ses valeurs dans[ 1788 ; 1789 ]pour06x61; f(1, y) = 1788pour 06y61;
f(x,1) = 1788pour06x61;
f(0, y) = 1789−y2 prend ses valeurs dans[ 1788 ; 1789 ]pour 06y61.
Le minimum def surCest1788, atteint lorsquex= 1 ouy= 1, le maximum est 1789atteint en(0,0).
Exercice3.
1. Df ={(x, y)∈R2, x > y}, demi-plan ouvert situé sous la droite d’équationy=x.
2. 5f(x, y) = (0,0)⇔ln(x−y) =−1⇔y=x−e−1. En(x, x−e−1, r=t=−s=e,rt−s2= 0...
g:u7→ulnuadmet−1/e comme minimum sur ] 0 ; +∞[en1/e, doncf(z, t) = g(z−t)>−1/e=f(x, x−1/e): minimum global atteint en chaque point critique.
Exercice4.
1. La dérivée eny fournit la conditionx(xy−1) = 0doncx= 0ouy = 1/x. Il n’y a plus qu’à injecter dans les 2 autres conditions.
2. En(0,0,0),qO(x, y, z) =−4xyest de signe variable.
f(0,0, z) =z4+ 1>1 =f(0,0,0),
f(x, x,0) = 2x2(x2 −1) + 1 < 1 pour x ∈ ]−1 ; 1 [, donc pas d’extremum en (0,0,0).
En(x,1/x, x)avecx6= 0: q(h1, h2, h3) = 2 hx1 +xh2
2
est positive mais non définie car q(0,0,1) = 0 par exemple.
On peut remarquer quef(x, y, z) = (x−z)4+(xy−1)2>0et s’annule en(x,1/x, x) doncf atteint son minimum (global)0en tout point critique(x,1/x, x).
Exercice5.
1. a)Commex>0ety>0,x+y>sup(|x|,|y|)>||(x, y)||
√2 et d’autre part, xy=|x| |y|6||(x, y)||2, Alors06f(x, y) = xy
x+y 6 ||(x, y)||2
√2||(x, y)|| 6 ||(x, y)||
√2 . b)... ce qui, par encadrement, entraîne : lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0et f est continue en (0,0).f est continue (et mêmeC2) sur DF\{(0,0)} comme quotient de fonctions continues (mêmeC2) à dénominateur non nul.
2. a)5f(x, y) = y2
(x+y)2,(x+y)x2 2
et le seul candidat point-critique est (0,0) et n’est pas dansDO. f n’a pas d’extremum local dansDO.
b)Les extrema se trouve sur la frontière deDFqui est{(x,0), x∈R}∪{(0, y), y∈R} et commef(x,0) =f(0, y) = 0et f est positive, le minimum global def surDF est0, atteint sur toute la frontière, et il n’y a pas de maximum (on peut remarquer quef n’est pas majorée : f(x, x) = x2 −−−−−→
x→+∞ +∞...)
Exercice 6.
f est de classeC2surD = ] 0 ; +∞[×Rpar les propriétés algébriques classiques.
5f(x, y) = (ln2x+ 2 lnx+y2,2xy)et commex6= 0,
5f(x, y) = 0⇔(y= 0et ln2x+ 2 lnx= 0)⇔(y= 0et lnx(lnx+ 2) = 0)
⇔((x, y) = (1,0) ou(x, y) = (e−2,0)).
∂1,12 f(x, y) = 2(lnx+ 1)/x,∂1,22 f(x, y) = 2y et∂2,22 f(x, y) = 2x.
Aux points critiques, la hessienne est diagonale et nous délivre ses valeurs propres sans batailler...
En(1,0) : minimum local valant0.
En(e−2,0) : point selle...
Exercice 7.
1. f polynomiale donc C2, seul point critique sur Q : (1/√ 3,1/√
3). L’étude de la forme quadratique conduit à un point selle.
f n’a pas d’extremum local surQ.
2. En développant,2n−n2=f(x, y) + 2x2y2>f(x, y).
Orn7→2n−n2 a pour maximum1 surR+, atteint en1, doncf(x, y)61.
3. f(1,0) =f(0,1) = 1, donc1 est le maximum global def surQ. Exercice 8.
1. a)La concavité delnpermet d’établir∀u >0,ln(u)6u−1.
g0(u) = 2u−ln(u)−1>0 :g est strictement croissante surD.
b) g est continue strictement croissante sur D, donc est une bijection de D sur ] lim
u→0g(u); lim
u→+∞g(u)[= ]−1 ; +∞[.
Comme 0 ∈ ]−1 ; +∞[, 0 a un unique antécédent par g, g(u) = 0 a un unique solution dansD, et commeg(1) = 0, cette solution est1.
2. a)Propriétés classiques sur les opérations ...
b)5f(x, y) = (ln(y)−yx,xy −ln(x)).
5f(x0, y0) = (0,0)⇒ lny0=yx0
0 et ln(x0) =xy0
0
⇒ x0>1car lnx0>0, y0= lnxx0
0 et ln lnxx0
0
= x x0
0lnx0
⇒ x0>1, g(ln(x0)) = 0et y0= x0
ln(x0).
c) Puisque g(u) = 0 ⇔u= 1, le seul point possible est (x0, y0) = (e,e). On vérfie que5f(e,e) = (0,0). C’est un point critique.
d)52f(e,e) = 1/e2 0 0 −1/e2
!
... et Sp(52f(e,e)) = {1/e2,−1/e2} et pas d’ex- tremum.
tutu
Exercice9.
1. L’ensemble des points critiques def surR3 estC={(0,0, z)/z∈R}.
2. 52f(0,0, z) =diag(2ez,2ez,0) donc0 est valeur propre et la forme quadratique est positive mais pas définie : on ne peut pas conclure ainsi.
Cependant,f(0,0, z) = 0et f est manifestement positive, donc atteint son mini- mum global en chaque point critique.
3. Équation deH: t= 2x+ 2y+ 2z−2.
4. L’étude def(x, y, z)−2(x+y+z−1)montre que(1,1,0)est point critique avec 52f(1,1,0) =
2 0 2 0 2 2 2 2 2
, ce qui conduit à une forme quadratique de signe variable : au voisinage de(1,1,0),HtraverseΓf.
Exercice10.
1. L’ensemble des points critiques def surR3 estC={(x, y,0)/(x, y)∈R2}.
2. 52f(x, y,0) =diag(0,0,2ex+y)donc 0est valeur propre et la forme quadratique est positive mais pas définie : on ne peut pas conclure ainsi.
Cependant,f(x, y,0) = 0et f est manifestement positive, donc atteint son mini- mum global en chaque point critique.
3. Équation deH: t=x+y+ 2z−1.
4. L’étude def(x, y, z)−(x+y+ 2z−1)montre que(1,−1,1)est point critique avec 52f(1,−1,1) =
1 1 2 1 1 2 2 2 2
, ce qui conduit à une forme quadratique de signe variable : au voisinage de(1,1,0),HtraverseΓf.
Exercice11.
1. L’ensemble des points critiques de f sur R3 est C = {(0, y, z)/(y, z) ∈ R2} ∪ {(x,0,0)/x∈R}.
2. • 52f(0, y, z) =diag(2 ln(1 +y2+z2),0,0)donc0est valeur propre et la forme quadratique est positive mais pas définie : on ne peut pas conclure ainsi.
Cependant,f(0, y, z) = 0 etf est manifestement positive, donc atteint son mini- mum global en chaque point critique.
• 52f(x,0,0) = diag(0,2x2,2x2) donc0 est valeur propre et la forme quadra- tique est positive mais pas définie : on ne peut pas conclure ainsi.
Cependant,f(x,0,0) = 0 etf est manifestement positive, donc atteint son mini- mum global en chaque point critique.
Exercice12.
1. L’ensemble des points critiques def surR3est C={(1,−1,−1); (1,1,−1)}.
2. • 52f(1,−1,−1) = diag(2,6,4) donc les valeurs propres de 52f sont toutes strictement positives et la forme quadratique est définie positive : f présente un minimum local en(1,−1,−1).
• 52f(1,1,−1) = diag(2,−6,4) donc 52f a deux valeurs propres strictement positives et une strictement négative : la forme quadratique est de signe variable, f présente point selle en(1,−1,−1).
Exercice 13.
1. L’ensemble des points critiques def surR3est C={(1,1,1); (−1,1,1)}.
2. • 52f(1,1,1) =
6 0 0 0 0 2 0 2 0
donc la forme quadratique q est définie par : q(x, y, z) = 6x2+ 4yz. Alors q(x,0,0) = 6x2 tandis que q(0, y,−y) = −4y2 :la forme quadratique est de signe variable,f présente point selle en(1,1,1).
• 52f(−1,1,1) =
−6 0 0
0 0 2
0 2 0
donc la forme quadratiqueqest définie par : q(x, y, z) = −6x2+ 4yz. Alors q(x,0,0) = −6x2 tandis que q(0, y, y) = 4y2 :la forme quadratique est de signe variable,f présente point selle en(−1,1,1).
Exercice 14.
1. En notant g1(x, y, z) =x+y+z et g2(x, y, z) =x+ 2y−z les formes linéaires définies parC, un point critique pour l’optimisation sous la contrainteCvérifie :
∃(λ, µ)∈R2,5f(x, y, z) =λ5g1+µ52,
donc(2x,−4y,2z) =λ(1,1,1) +µ(1,2,−1), ce qui conduit aux relations : x= (λ+µ)/2,y=−(λ+ 2µ)/4et z= (λ−µ)/2.
En injectant ces données dans C, on obtient λ = 0 et µ = −6, ce qui induit (x, y, z) = (−3,3,3), dont on vérifie qu’il satisfait le système initial, unique point critique sous la contrainte(C).
2. La contrainte(C)équivaut àx= 6−3zet y= 2z−3.
Comme : ∀z ∈ R, f(6−3z,2z−3, z) = 2z2−12z+ 18 = 2(z−3)2 > 0 = f(−3,3,3),f atteint bien un minimum en ce point.
Exercice 15.
1. a)On fait comme d’habitude : on veut5f(A) =λ(1,−1,1) etAvérifie (C).
En écrivantA = (x, y, z), il existeλ∈Rtel que −4x
(1 + 2x2+y2+z2)2, −2y
(1 + 2x2+y2+z2)2, −2z
(1 + 2x2+y2+z2)2
=
λ(1,−1,1),
et en multipliant par (1 + 2x2+y2+z2)2, on en déduit −4x = 2y = −2z = λ(1 + 2x2+y2+z2)2, d’où 2x=−y=z.
La contrainte (C) induit x+ 2x+ 2x= 5, soit x = 1, donc le seul candidat est A = (1,−2,2). On vérifie queA est bien solution avecλ=−4/11.
b)f(A) = 1
11, puis on réduitf(X)−f(A)au même dénominateur.
c) A + H∈C⇔α−β+γ= 0.
d)En calculant alors :
10−2(1 +α)2−(−2 +β)2−(2 +γ)2=−2α2−β2−γ260 d’où le maximum annoncé.
2. a)Sest bornée car(x, y, z)∈S⇒ ||(x, y, z)||= 161...
Sest fermé carS={(x, y, z)∈R3/x2+y2+z261et x2+y2+z2>1}... ça peut paraître tirer par les cheveux mais un ensemble défini par une égalité est fermé.
Commef est continue sur le fermé bornéS,f est bornée et atteint ses bornes.
b)Soitg: (x, y, z)7→x2+y2+z2.g est de classeC1 surR3avec5g(x, y, z) = 0⇔ (x=y=z= 0)puisque 5g(x, y, z) = (2x,2y,2z).
La condition est non critique surR3\ {(0,0,0)} mais n’est pas non critique sur R3 tout entier.
c) D = R3\ {(0,0,0)} est la plus grand domaine sur lequel la condition est non critique.
Dest un ouvert deR3 car on peut le définir par D={(x, y, z)∈R3/g(x, y, z)>0}.
En se privant de(0,0,0), on se prive d’un point qui ne vérifie pas la contrainte, donc cela ne nuit pas à la recherche des extrema.
d)Puisque la condition est non critique, un point(x, y, z)deDest un point critique sous la contrainte(S)s’il vérifie :
(5f(x, y, z) =λ5g(x, y, z)
g(x, y, z) = 1 ce qui implique(−2x, y, z) =−(1 +x2)2λ(x, y, z).
• Six= 0, alorsλ=−1ety et ztels que y2+z2= 1sont solutions.
• Si x6= 0, alors−2x=−(1 +x2)2λx donne−(1 +x2)2λ=−2, doncy =−2y etz=−2z, d’où y=z= 0, et d’après la contrainte,x=±1.
On vérifie que ces points sont effectivement solutions.
e)Enfin, avecx2+y2+z2= 1,f(x, y, z) = 1
2 +x2, et puisque la contrainte entraîne
−16x61, 1
3 6f(x, y, z)61 2.
Il n’y a plus qu’à constater que le majorant est atteint en tous les points(0, y, z) avecy2+z2= 1et le minorant aux points(±1,0,0)pour conclure...
