Extrema locaux - Bibm@th.net
Enoncé 
Déterminer les extrema locaux des fonctions suivantes :
- $f(x,y)=y^2-x^2+\frac{x^4}2$;
- $f(x,y)=x^3+y^3-3xy$;
- $f(x,y)=x^4+y^4-4(x-y)^2$.
Indication 
Il s'agit d'une application assez immédiate des résultats du cours.
On cherche les points critiques, puis on étudie la nature de ces points critiques.
Corrigé
- On commence par chercher les points critiques de $f$. Pour cela, on calcule les dérivées partielles par rapport à $x$ et à $y$ : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=-2x+2x^3\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y.$$ Un point $(x,y)$ est critique si et seulement s'il est solution du système $$\left\{ \begin{array}{rcl} -2x+2x^3&=&0\\ 2y&=&0. \end{array}\right. $$ Les seules solutions de ce système sont $(0,0)$, $(1,0)$ et $(-1,0)$. On a donc 3 points critiques et on va étudier la nature de chacun. Pour cela, on calcule les dérivées partielles d'ordre 2 : $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=-2+6x^2\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=2\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=0.$$ En $(0,0)$, on obtient donc, avec les notations usuelles, $r=-2$, $t=2$ et $s=0$, soit $rt-s^2=-4<0$. Le point $(0,0)$ est un point col, ce n'est pas un extrémum local de $f$. En $(1,0)$, on a $r=4$, $t=2$ et $s=0$, soit $rt-s^2=8>0$. Le point $(1,0)$ est un extrémum local, c'est même un minimum local puisque $r>0$. L'étude en $(-1,0)$ donne exactement le même résultat.
- On procède exactement de la même façon. Cette fois, $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=3x^2-3y\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=3y^2-3x.$$ Un point $(x,y)$ est un point critique si et seulement s'il est solution du système $$\left\{ \begin{array}{rcl} x^2-y&=&0\\ y^2-x&=&0. \end{array}\right. $$ Ce système implique $x^4=x$, soit $x=0$ ou $x=1$. On en déduit facilement que les seuls points critiques de $f$ sont $(0,0)$ et $(1,1)$. Les dérivées partielles du second ordre sont égales à $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=6x\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=6y\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=-3.$$ En $(0,0)$, on a $r=0$, $t=0$ et $s=-3$, soit $rt-s^2=-9<0$. Le point $(0,0)$ est un point col, ce n'est pas un extrémum local de $f$. En $(1,1)$, on a $r=6$, $t=6$ et $s=-3$, soit $rt-s^2=27>0$. Puisque de plus $r>0$, le point $(1,1)$ est un minimum local de $f$.
- Les dérivées partielles du premier ordre de $f$ sont $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=4x^3-8(x-y)\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=4y^3+8(x-y).$$ Les points critiques sont solutions du système $$\left\{ \begin{array}{rcl} 4x^3=8(x-y)\\ -4y^3=8(x-y). \end{array}\right.$$ On en déduit que $x^3=-y^3=(-y)^3$. La fonction cube étant injective, ceci donne encore $x=-y$. Si on reporte ceci dans la première équation, on trouve $4x^3=16x$, soit $$x^3-4x=0\iff x(x^2-4)=0\iff x(x-2)(x+2)=0.$$ On en déduit que les points critiques de $f$ sont $(0,0)$, $(2,-2)$ et $(-2,2)$. Etudions maintenant la nature de ces points critiques. Les dérivées partielles du second ordre sont $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=12x^2-8,\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=12y^2-8\textrm{ et }\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=8.$$ En $(2,-2)$, avec les notations usuelles, on a $r=40$, $t=40$ et $s=-8$. Cette fois, $rt-s^2>0$ et $r>0$, donc le point $(2,-2)$ est un minimum local pour $f$. La conclusion est identique en $(-2,2)$. En $(0,0)$, on a $r=-8$, $t=-8$ et $s=8$, soit $rt-s^2=0$. On ne peut donc pas conclure directement. Mais, on remarque que $f(x,0)=x^4-4x^2$ est négatif si $x$ est petit, alors que $f(x,x)=2x^4$ est toujours positif. Ainsi, $(0,0)$ n'est ni un maximum, ni un minimum puisque aussi près qu'on veut de $(0,0)$, on a des points $(x,y)$ avec $f(x,y)>f(0,0)$ et d'autres points $(x,y)$ avec $f(x,y)<f(0,0)$.