Chapitre 10 . Fonctions réelles de n variables réelles

ÉCS2

Chapitre 10 . Fonctions réelles de n variables réelles

Solution (Ex.1 – Exemples polynomiaux) Ces fonctions sont polynomiales donc de classeC¹. 1. 5f(x, y) = (2x−2y+ 2,2y−2x−2).

5f(x, y) = 0⇔2x−2y+ 2 = 0⇔y=x+ 1:f possède une infinité de points critiques, qui forment la droite d’équationy=x+ 1.

∀x∈R, f(x, x+ 1) =−1. Pour savoir si−1 est un extremum def, étudions f−(−1):

∀(x, y)∈R², f(x, y)−(−1) =x²+y²−2xy+ 2x−2y+ 1 = (x−y+ 1)²>0 donc∀(x, y)∈R², f(x, y)>−1

−1est le minimum global defsurR², atteint en chaque point critique(x, x+1) def.f n’a pas de maximum global (il serait atteint en un point critique... autre argument : lim

x→+∞f(x,0) = +∞,f n’est pas majorée...).

2. 5f(x, y) = (2 + 3x²,−2 + 3y²).

5f(x, y) = 0⇒3x²=−2:f ne possède aucun point critique, doncf n’atteint aucun extremum local (ni global, puisque tout extremum global est local.

Solution (Ex.2 – Discontinuité et lignes de niveau) 1. a) lim

x→0f(x, x) = 1/2, lim

x→0f(x,−x) =−1/2 et lim

x→0f(x,0) = 0.

b)f n’est pas continue en(0,0)... d’où cette « cassure » autour de(0,0)sur le graphe def.

2. a)Les lignes de niveau def semblent être des droites passant par (0,0).

b)f(x, y) = 0⇔(x= 0ouy= 0): la ligne de niveau0est la réunion des deux axes d’équationx= 0et y= 0.

c)f(x, y) =k⇔xy=k(x²+y²)⇔y²−x

ky+x²= 0.

d)Soitx∈R. Six= 0,f(x, y) = 06=k. Nous pouvons supposerx6= 0.

Cherchons s’il existey tel quef(x, y) =k, en étudiant l’équation du second degré ci-dessus.

∆ = x²

k² −4x²= x²

k²(1−4k²)

∆>0⇔1−4k²>0⇔k²6 1

4 ⇔ |k|61 2

Cette équation a (au moins) une solution si, et seulement si,|k|61/2.

Autrement dit, la ligne de niveaukest non vide si, et seulement si|k|61/2.

Supposonsk∈[−1/2 ; 1/2 ].

• Si k=−1/2ouk= 1/2, alorsy= x 2k.

• Si k∈]−1/2 ; 1/2 [, alorsy=1 2

x k±

x k

√

1−4k²

Finalementy=1±√ 1−4k²

2k x

Les lignes de niveau sont bien des demi-droites d’origine(0,0).

3. Il ressort de cette étude que :

• ∀(x, y)∈R²,−1

2 6f(x, y)61 2;

• ∀(x, y)∈R²,

f(x, y) = 1 2

⇔ y=xet x6= 0

;

• ∀(x, y)∈R²,

f(x, y) =−1 2

⇔ y=−xetx6= 0 .

Le minimum (resp. maximum) global def surR² est−1/2(resp.1/2), et est atteint exactement aux points vérifianty =−xavec x6= 0 (resp.y =xavec x6= 0).

Solution (Ex.3 – Un extrait d’ECRICOME 99)

1. a) (x, y)7→x−yest polynomiale doncC¹. Par composition avecexpelle-même de classeC¹,(x, y)7→exp(x−y)est de classeC¹. Et comme(x, y)7→xⁿ−y est polynomiale doncC¹, le produit fn est de classeC¹.

b) ∀(x, y)∈R²,5f_n(x, y) =e^x−y(xⁿ+nxⁿ⁻¹−y,−1−xⁿ+y) 2. On se place dans le cas n=1.

a)5f1(x, y)⇔(x+ 1−y,−1−x+y) = (0,0)⇔y=x+ 1

L’ensemble des points critiques def1 est la droite d’équationy=x+ 1.

b) On peut remarquer quef₁(x, y) =g(x−y)oùg:u7→ue^u.

Une étude rapide deg montre que le minimum deg surRest −e⁻¹ atteint uniquement enu=−1.

Ainsi :∀(x, y)∈R², f₁(x, y) =g(x−y)>−e⁻¹, avec égalité si, et seulement si,x−y=−1, c’est-à-direy=x+ 1.

Doncf1admet−e⁻¹pour minimum global, atteint en chacun de ses points critiques.

Solution (Ex.4 – Fonction bornée)

1. Puisque∀α∈R,−16sinα61, avec sinα= 1⇔α= π

2 + 2kpi oùk∈Z, et sinα=−1⇔α= 3π

2 + 2kpioùk∈Z.

Le minimum global def est −1, atteint aux points 3π

2 + 2kπ,π 2 + 2k⁰π

et aux points

π

2 + 2kπ,3π 2 + 2k⁰π

, où(k, k⁰)∈Z².

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Chapitre 10 . Fonctions réelles de n variables réelles

Le maximum global de f est1, atteint aux points 3π

2 + 2kπ,3π 2 + 2k⁰π

et aux pointsπ

2 + 2kπ,π

2 + 2k⁰π

, où(k, k⁰)∈Z².

2. a)f est de classe C¹ car produit des fonctions de classe C¹ (x, y)7→sin(x) et (x, y)7→sin(y).

∀x ∈ R²,5f(x, y) = (cosxsiny,sinxcosy). Les points critiques sont les pointsπ

2 +kπ,π

2 +k⁰π

et les points(kπ, k⁰π), où(k, k⁰)∈Z². b)Le point(0,0)est un point critique oùf n’atteint pas un extremum.

3. a)∀x∈[−π/2 ; 0 ], f(x, x) = sin²(x), f(x,−x) =−sin²(x).

Donc∀x∈[−π/2 ; 0 ], f(x, x)> f(0,0)> f(x,−x). Par conséquent, il n’y a pas d’extremum en(0,0).

b)Aux points critiques qui ne sont pas des extrema,f prend la valeur 0 et la situation est la même qu’en(0,0): il n’y a pas d’extremum.

Solution (Ex.5 – Minimum suivant les droites et maximum suivant une parabole) 1. f polynomiale.5f(x, y) = 0⇔(12x³−8xy,−4x²+ 2y) = (0,0)

⇔(x(3x²−2y), y−4x²) = (0,0)⇔(x, y) = (0,0)

2. a)f(x, ax) =x²(3x²−4ax+a²)est positif au voisinage de0. En effet :

• sia= 0,f(x, ax) = 3x⁴;

• si a 6= 0, 3x²−4ax+a² vaut a² > 0 en x = 0, donc est strictement positive au voisinage de0. Ainsi lorsque(x, y)parcourt la droite∆a,f(x, y) atteint un minimum valant0en(0,0).

b)f(x,2x²) =−x⁴ atteint un maximum valant0en(0,0).

c) f n’a pas d’extremum en(0,0).

3. a) On vérifie que∀(x, y)∈R², f(x, y) = (y−3x²)(y−x²)...

b) On trace les paraboles d’équationy = 3x² et y =x², puis on partitionne le plan suivant le signe def dans chacune des zones délimitées.

Solution (Ex.6 – Sur une partie de Rⁿ)

1. f est de classe C¹ sur ] 0 ; +∞[ⁿ et ∂if(x1, . . . , xn) = 1

x1

+· · ·+ 1 xn

+ (x₁+· · ·+x_n)×−1

x²_i

En notantsn la somme (x1+· · ·+xn)et in la somme 1

x₁ +· · ·+ 1 x_n

, on a :

5f(x₁, . . . , x_n) = 0⇔(∀i∈[[1 ;n]], i_n−sn

x²_i = 0)⇔(∀i∈[[1 ;n]], x_i= rsn

i_n).

Donc5f(x₁, . . . , x_n) = 0⇒ ∃λ >0, x₁=· · ·=x_n=λ.

Réciproquement(x₁, . . . , x_n) = (λ, . . . , λ)⇒ 5f(x₁, . . . , x_n) = n λ−nλ

λ² = 0.

Les points critiques def sont les points(λ, . . . , λ)oùλ∈] 0 ; +∞[.

2. Posonsu = (√

x1, . . . ,√

xn)et v = (p

1/x1, . . . ,p

1/xn), et Cauchy-Schwarz donne :

f(x1, . . . , xn) =||u||²||v||²>hu, vi²= (1 +· · ·+ 1)²=n² : n²est un minorant def.

Or f(λ, . . . , λ) = n², donc f atteint son minimum global valant n² en tout point critique.

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