MATH 2 : CORRIGÉS D’EXERCICES

Extrema

Exercice 35

1. On commence par calculer les dérivées partielles de la fonction f :

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 2x + y + 2 \frac{∂f}{∂y} (x, y) = x + 2y + 3 .

Par conséquent f admet (x, y) ∈ ℝ^{2} comme point critique si et seulement si 2x + y + 2 = 0 = x + 2y + 3. Il s’agit donc de résoudre un système linéaire de deux équations à deux inconnues ... on trouve x = −1/3 et y = −4/3. Donc f admet un unique point critique qui est (−1/3, −4/3).

Pour connaitre la nature de ce point critique, il nous faut calculer les dérivées partielles secondes de f :

\frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} (x, y) = 2 ; \frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} (x, y) = 2 ; \frac{∂^{2}f}{∂x∂y} (x, y) = 1 .

Par conséquent det(Hess(f)_{(−1/3,−4/3)}) = 2 × 2 − 1^{2} = 3 > 0, d’où l’on déduit que le point critique est un extremum local. Et puisque \frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} (−1/3, −4/3) = 2 > 0 il s’agit d’un minimum local.

Comme il n’y a qu’un seul point critique qui est un minimum local, alors il s’agit d’un minimum global.

2. (a) Dérivées partielles :

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 2(x − y) + 3(x + y)^{2} \frac{∂f}{∂y} (x, y) = −2(x − y) + 3(x + y)^{2} .

Donc (x, y) est un point critique si et seulement si 2(x − y) + 3(x + y) = 0 = −2(x − y) + 3(x + y)^{2}, qui est équivalent à (x + y)^{2} = 0 = (x − y). C’est-à-dire que x = y = 0. Donc f admet un unique point critique qui est (0, 0).

Dérivées partielles secondes :

\frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} (0, 0) = 2 ; \frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} (0, 0) = 2 ; \frac{∂^{2}f}{∂x∂y} (0, 0) = −2 .

Par conséquent det(Hess(f)_{(0,0)}) = 2 × 2 − (−2)^{2} = 0 ... on ne peut pas conclure.

Il n’y a de toute façon ni maximum global ni minimum global car

lim_{x→±∞}(f(x, x)) = ±∞ .

(b) Dérivées partielles :

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = e^{y} + ye^{x} \frac{∂f}{∂y} (x, y) = xe^{y} + e^{x} .

Supposons que (x, y) ∈ ℝ^{2} est un point critique. Alors e^{y} +ye^{x} = 0 = xe^{y} +e^{x}, dont on déduit que (1 − xy)e^{x} = 0, et donc que xy = 1. Par ailleurs on a x + e^{x−1/x} = 0. Cette équation admet au plus une solution (car sa dérivée est 1+(1+1/x^{2})e^{x−1/x} > 0), or il y a une solution évidente x = −1, cette solution est par conséquent unique. Donc x = y = −1. Réciproquement, on vérifie aisément que (−1, −1) est un point critique. Donc f admet un unique point critique qui est (−1, −1).

Dérivées partielles secondes :

\frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} (x, y) = ye^{x}; \frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} (x, y) = xe^{y}; \frac{∂^{2}f}{∂x∂y} (x, y) = e^{x} + e^{y} .

Par conséquent det(Hess(f)_{(−1,−1)}) = e^{−2} − (2e^{−1})^{2} = −3e^{−2} < 0.

Il s’agit donc d’un point col. En particulier, il n’y a pas d’extremum global.

(c) Dérivées partielles :

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 3e^{−(x^{2}+y^{2})} − 2xf(x, y) \frac{∂f}{∂y} (x, y) = 4e^{−(x^{2}+y^{2})} − 2yf(x, y) .

Supposons que (x, y) ∈ ℝ^{2} est un point critique, alors les deux dérivées partielles s’annulent en ce point et on obtient en particulier que 3 − 2x(3x + 4y) = 0 = 4 − 2y(3x + 4y). On en déduit en particulier que 3y = 4x, ainsi en remplaçant y par 4x/3 dans le membre de gauche on obtient que 3 − 6x^{2} − 32x^{2}/3 = 0. Ainsi, x = ±3/\sqrt{50} et y = ±4/\sqrt{50}. Réciproquement, on vérifie grâce à un rapide calcul que A = (3/\sqrt{50}, 4/\sqrt{50}) et B = (−3/\sqrt{50}, −4/\sqrt{50}) sont des points critiques.

Dérivées partielles secondes : supposons que (x, y) = (±3/\sqrt{50}, ±4/\sqrt{50}), alors

\frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} (x, y) = −12xe^{−(x^{2}+y^{2})} ; \frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} (x, y) = −16ye^{−(x^{2}+y^{2})} ; \frac{∂^{2}f}{∂x∂y} (x, y) = −8xe^{−(x^{2}+y^{2})}.

Par conséquent les deux points sont des extrema locaux (car le déterminant de la hessienne est évidemment positif). Ainsi le point A est un maximum local et le point B un minimum local.

Etant donné que la limite de f(x, y) quand (x, y) → +∞ est 0, alors il existe r > 0 tel que pour tout (x, y) en dehors d’un disque fermé D_{r} de rayon r, f(x, y) < f(A). Par ailleurs D_{r} est compact et par conséquent f_{|D_{r}} admet un maximum global, qui ne peut être atteint qu’en A. Conclusion : f admet un maximum global en A. Le même raisonnement permet de montrer que f admet un minimum global en B.

(d) Dérivées partielles :

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 4x^{3} − 3(x − y)^{2} \frac{∂f}{∂y} (x, y) = 4y^{3} + 3(x − y)^{2} .

Si (x, y) ∈ ℝ^{2} est un point critique, alors 4x^{3} − 3(x − y)^{2} = 0 = 4y^{3} + 3(x − y)^{2}, et donc x^{3} + y^{3} = 0. Par conséquent x = −y et alors 4y^{2}(y + 3) = 4y^{3} + 3(−2y)^{2} = 0. Donc soit x = y = 0, soit x = −y = 3. Réciproquement, on vérifie facilement que (0, 0) et (3, −3) sont des points critiques.

Dérivées partielles secondes :

\frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} (x, y) = 12x^{2} − 6(x − y) ; \frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} (x, y) = 12y^{2} − 6(x − y) ; \frac{∂^{2}f}{∂x∂y} (x, y) = 6(x − y).

Ainsi det(Hess(f)_{(0,0)}) = 0 ... on ne peut pas conclure pour (0, 0). Et det(Hess(f)_{(3,−3)}) > 0 donc (3, −3) est un maximum local.

Etant donné que

lim_{x→+∞}(f(x, 0)) = +∞

alors f n’admet pas de maximum global. Par ailleurs f(1/2, 0) < 0 = f(0, 0) donc il n’y a pas de minimum global.

(e) Dérivées partielles :

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 3x^{2} + 3y \frac{∂f}{∂y} (x, y) = 3y^{2} + 3x .

Si (x, y) est un point critique alors x^{2}+y = 0 = y^{2}+x, et par conséquent x^{4}+x = 0. Donc soit x = y = 0, soit x = y = −1.

Dérivées partielles secondes :

\frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} (x, y) = 6x; \frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} (x, y) = 6y; \frac{∂^{2}f}{∂x∂y} (x, y) = 3.

Par conséquent (0, 0) est un point col et (−1, −1) est un minimum local. Ce n’est pas un minimum local car

lim_{x→−∞}(f(x, 0)) = −∞ .

(f) Dérivées partielles :

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 3x^{2} + 3y \frac{∂f}{∂y} (x, y) = 3x − 2y + 1 .

Si (x, y) est un point critique alors x^{2} + y = 0 = 3x − 2y + 1, et par conséquent (x + 1)(2x + 1) = 2x^{2} + 3x + 1 = 0. Donc soit x = y = −1, soit x = −1/2 et y = −1/4.

Dérivées partielles secondes :

\frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} (x, y) = 6x; \frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} (x, y) = −2 ; \frac{∂^{2}f}{∂x∂y} (x, y) = 3.

Par conséquent (−1, −1) est un minimum local et (−1/2, −1/4) est un point col. (−1, −1) n’est pas un minimum global car

lim_{x→−∞}(f(x, 0)) = −∞ .

Calcul du laplacien en coordonnées polaires

On commence par poser le changement de variable

ϕ : ℝ_{+}^{∗} × [0, 2π[ → ℝ^{2}\{(0, 0)}
(r, θ) ↦ (x = r cos θ, y = r sin θ) .

La différentielle de Φ au point (r, θ) est une application linéaire dϕ_{(r,θ)}ℝ^{2} → ℝ^{2}, c’est-à-dire une matrice carrée 2 × 2, donnée par

(\begin{matrix}∂x/∂r & ∂x/∂θ \\ ∂y/∂r & ∂y/∂θ \end{matrix}) = (\begin{matrix}cos θ & −r sin θ \\ sin θ & r cos θ \end{matrix}) .

La différentielle de ϕ^{−1} : (x, y) ↦ (r(x, y), θ(x, y)) au point (x, y) est donnée par l’inverse :

d(ϕ^{−1})_{(x,y)} = (dϕ_{(r,θ)})^{−1} = (\begin{matrix}cos θ & sin θ \\ − sin θ/r & cos θ/r \end{matrix})

Par conséquent ∂r/∂x = cos θ, ∂r/∂y = sin θ, ∂θ/∂x = − sin θ/r et ∂θ/∂y = cos θ/r.

Calcul du gradient en coordonnées polaires. En coordonnées cartésiennes le gradient d’une fonction f : (x, y) ↦ f(x, y) est le vecteur ∇(f) = ∂f/∂xi⃗+∂f/∂yj⃗.

Par conséquent, en coordonnées polaires on a :

∇(f) = (\frac{∂f}{∂r} \frac{∂r}{∂x} + \frac{∂f}{∂θ} \frac{∂θ}{∂x})i⃗ + (\frac{∂f}{∂r} \frac{∂r}{∂y} + \frac{∂f}{∂θ} \frac{∂θ}{∂y})j⃗
= \frac{∂f}{∂r} (\underbrace{cos θi⃗ + sin θj⃗}_{=u⃗_{r}}) + \frac{1}{r} \frac{∂f}{∂θ} (\underbrace{− sin θi⃗ + cos θj⃗}_{=u⃗_{θ}})

Donc ∇ = u⃗_{r} \frac{∂}{∂r} + \frac{1}{r} u⃗_{θ} \frac{∂}{∂θ}.

Expression du laplacien en fonction du gradient. On a

Δ(f) = \frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} + \frac{∂^{2}f}{∂y^{2}} = ∇ · (∇(f)) .

Calcul du laplacien en coordonnées polaires. Commençons par remarquer que ∂u⃗_{r}/∂r = ∂u⃗_{θ}/∂r = 0, ∂u⃗_{r}/∂θ = u⃗_{θ}, ∂u⃗_{θ}/∂θ = −u⃗_{r}, u⃗_{r} · u⃗_{θ} = 0 et u⃗_{r} · u⃗_{r} = 1 = u⃗_{θ} · u⃗_{θ}.

Δ(f) = ∇ · (\frac{∂f}{∂r} u⃗_{r} + \frac{1}{r} \frac{∂f}{∂θ} u⃗_{θ})
= u⃗_{r} · (\frac{∂^{2}f}{∂r^{2}} u⃗_{r} − \frac{1}{r^{2}} \frac{∂f}{∂θ} u⃗_{θ} + \frac{1}{r} \frac{∂^{2}f}{∂r∂θ} u⃗_{θ})

+\frac{1}{r}u⃗_{θ} · (\frac{∂^{2}f}{∂θ∂r} u⃗_{r} + \frac{∂f}{∂r} u⃗_{θ} + \frac{1}{r} \frac{∂^{2}f}{∂θ^{2}} u⃗_{θ} − \frac{1}{r} \frac{∂f}{∂θ} u⃗_{r})

= \frac{∂^{2}f}{∂r^{2}} + \frac{1}{r} \frac{∂f}{∂r} + \frac{1}{r^{2}} \frac{∂^{2}f}{∂θ^{2}} .