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Extrema locaux et globaux - Bibm@th.net

Exercice 1 - Extrema locaux et globaux ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Enoncé

Déterminer les extrema locaux et globaux des fonctions suivantes :

$f(x,y)=2x^3+6xy-3y^2+2$;
$f(x,y)=y\big(x^2+(\ln y)^2\big)$ sur $\mathbb R\times ]0,+\infty[$;
$f(x,y)=x^4+y^4-4xy$;

Indication

Corrigé

On calcule les dérivées partielles de $f$ au premier ordre : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=6x^2+6y\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=6x-6y.$$ Un point critique $(x,y)$ vérifie donc $x=y$ et $y=-x^2$, soit $x^2+x=0$. On vérifie donc facilement que les seuls points critiques sont $(0,0)$ et $(-1,-1)$. On calcule ensuite les dérivées au second ordre : $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=12x\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=-6\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=6.$$ En $(0,0)$, avec les notations usuelles, $r=0$, $t=-6$ et $s=6$, soit $rt-s^2<0$ : $(0,0)$ n'est pas un extrémum local pour $f$. En $(-1,-1)$, on a $r=-12$, $t=-6$ et $s=6$, soit $rt-s^2>0$ et $r<0$ : $f$ admet un maximum local en $(-1,-1)$. Ce maximum ne peut pas être un maximum global. En effet, $f(x,0)=2x^3$ tend vers $+\infty$ si $x$ tend vers $+\infty$, et donc la fonction n'est pas majorée. Par conséquent, elle n'admet pas de maximum global.
On calcule les dérivées partielles de $f$ au premier ordre : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2xy\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^2+(\ln y)^2+2\ln y.$$ Un point critique $(x,y)$ est solution du système $$\left\{ \begin{array}{rcl} xy&=&0\\ x^2+(\ln y)^2+2\ln y&=&0. \end{array}\right.$$ La première équation impose $x=0$ (puisqu'on sait que $y>0$), la deuxième équation donne $(\ln y)^2+2\ln y=0$. Posant $X=\ln y$, on obtient $X^2+2X=0$ donc les solutions sont $X=0$ et $X=-2$. Revenant à $y$, on trouve $y=1$ et $y=e^{-2}$. $f$ admet donc deux points critiques qui sont $(0,1)$ et $(0,e^{-2})$. Étudions maintenant la nature de ces points critiques. Pour $(0,1)$, on peut remarquer que $f(0,1)=0$ alors que $f(x,y)\geq 0$ pour tout $(x,y)\in\mathbb R\times ]0,+\infty[$. Ainsi, on a prouvé que $(0,1)$ est un minimum global de $f$. Pour $(0,e^{-2})$, on calcule les dérivées partielles du second ordre : $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=2y\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=\frac 2y+2\frac{\ln y}y\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=2x.$$ Avec les notations usuelles, en $(0,e^{-2})$, on trouve $rt-s^2=-4$ et donc $(0,e^{-2})$ n'est pas un extrémum local pour $f$.
On calcule les dérivées partielles de $f$ au premier ordre : $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=4x^3-4y\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=4y^3-4x.$$ Un point critique $(x,y)$ est solution du système $$\left\{ \begin{array}{rcl} x^3&=&y\\ y^3&=&x. \end{array}\right.$$ On en déduit $x=x^9$ soit $x=0$ ou $x^8=1$. On en déduit que les points critiques sont $(0,0)$, $(1,1)$ et $(-1,-1)$. On calcule ensuite les dérivées partielles du second ordre : $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=12x^2\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=12y^2\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=-4.$$ Avec les notations usuelles, en $(0,0)$, on a $r=0$, $t=0$ et $s=-4$ soit $rt-s^2=-16$. (0,0) n'est pas un extremum local. En $(1,1)$, on a $r=12$, $t=12$ et $s=-4$, dont $rt-s^2>0$ et $r>0$ : $(1,1)$ est un minimum local, et il en est de même de $(-1,-1).$ Pour déterminer si ce sont des minima globaux, on calcule $$f(x,y)-f(1,1)=x^4+y^4-4xy+2=(x^2-1)^2+(y^2-1)^2+2(x-y)^2\geq 0,$$ et donc $(1,1)$ est un minimum global. Il en est de même de $(-1,-1)$. On peut aussi utiliser une autre méthode plus abstraite pour démontrer que $f$ admet au moins un minimum global. En effet, $\lim_{\|(x,y)\|\to+\infty} f(x,y)=+\infty$ (car $|xy|\leq x^2+y^2$ par exemple). Ainsi, il existe $M>0$ tel que $\|(x,y)\|\geq M\implies f(x,y)\geq 0$. Sur la boule fermée $K=\bar B(0,M)$, qui est un compact, la fonction $f$ est continue, donc elle admet un minimum sur $K$ en $(x_0,y_0)\in K$. Ceci signifie que pour tout $(x,y)\in K$, on a $f(x,y)\geq f(x_0,y_0)$. Puisque $f(1,1)=-2$ et que $f(x,y)\geq 0$ si $(x,y)\notin K$, on sait que $f(x_0,y_0)<0$. Mais du fait que $f$ est positive sur le complémentaire de $K$, on en déduit que, pour tout $(x,y)\in\mathbb R^2$, on a $f(x,y)\geq f(x_0,y_0)$. Ainsi, $f$ admet au moins un minimum global. Maintenant, un minimum global est un minimum local, donc $(x_0,y_0)$ doit être égal à $(1,1)$ ou à $(-1,-1)$. On conclut en remarquant que $f(1,1)=f(-1,-1)$, et donc que ces deux points sont un minimum global pour $f$.