Exercice 1 63

On étudie la fonction $f : (x, y) \mapsto x y (1 - x - y)$ définie sur

T = {(x, y) \in ℝ^{2} | x, y \geq 0 et x + y \leq 1} .

(a)

Justifier que $f$ est continue et présente un maximum à l’intérieur de $T$ .
(b)

Déterminer sa valeur.

Exercice 2 64 Correction

Soit $𝒟$ l’ensemble des couples $(x, y) \in ℝ^{2}$ tels que $x \geq 0$ , $y \geq 0$ et $x + y \leq 1$ .

(a)

Montrer que $𝒟$ est une partie compacte de $ℝ^{2}$ .
(b)

Soient $a > 0$ , $b > 0$ , $c > 0$ et $f : 𝒟 \to ℝ$ définie par:

$f (x, y) = x^{a} y^{b} {(1 - x - y)}^{c} .$

Montrer que $f$ est continue sur $𝒟$ .
(c)

Déterminer

$sup_{(x, y) \in 𝒟} f (x, y) .$

Solution

(a)

$𝒟$ est fermée et bornée donc compacte.
(b)

Pour $α > 0$ , la fonction $t \mapsto t^{α} = {\begin{matrix} e^{α \ln (t)} & si t > 0 \\ 0 & si t = 0 \end{matrix}$ est continue sur $[0; 1]$ donc $f$ est continue par composition.
(c)

Puisque $f$ est continue sur un compact il y admet un maximum.
Puisque $f$ est positive et non nulle ce maximum est à valeur strictement positive.
Or $f$ est nulle sur le bord de $𝒟$ donc ce maximum est dans l’ouvert $U = {(x, y) \in ℝ^{2} | x, y > 0 et x + y < 1}$ et c’est donc un point critique de $f$ car $f$ est $𝒞^{1}$ sur l’ouvert $U$ .

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y)$ $= x^{a - 1} y^{b} {(1 - x - y)}^{c - 1} (a (1 - x - y) - c x) et$

$\frac{\partial f}{\partial y} (x, y)$ $= x^{a} y^{b - 1} {(1 - x - y)}^{c - 1} (b (1 - x - y) - c y) .$

Il n’y a qu’un seul point critique c’est:

$(\frac{a}{a + b + c}, \frac{b}{a + b + c}) .$

Finalement,

$sup_{(x, y) \in 𝒟} f (x, y) = \frac{a^{a} b^{b} c^{c}}{{(a + b + c)}^{a + b + c}} .$

Exercice 3 66 Correction

Déterminer

sup_{{[0; π / 2]}^{2}} \sin (x) \sin (y) \sin (x + y) .

Solution

La fonction $f : (x, y) \mapsto \sin (x) \sin (y) \sin (x + y)$ est continue sur le compact ${[0; π / 2]}^{2}$ donc y admet un maximum.
Le seul point critique intérieur à ${[0; π / 2]}^{2}$ est en $x = y = π / 3$ et la valeur $y$ est $\frac{3 \sqrt{3}}{8}$ .
Sur le bord de ${[0; π / 2]}^{2}$ le maximum est celui de la fonction $φ$ avec

φ (t) = \sin (t) \sin (π / 2 - t) = \sin (t) \cos (t) = \frac{1}{2} \sin (2 t) .

Ce maximum vaut $1 / 2$ .
Puisque

\frac{3 \sqrt{3}}{8} \geq \frac{1}{2}

on a

sup_{{[0; π / 2]}^{2}} \sin (x) \sin (y) \sin (x + y) = \frac{3 \sqrt{3}}{8} .

Exercice 4 259 Correction

Déterminer le maximum de la fonction $f$ définie sur le compact $K = {[0; 1]}^{2}$ donnée par

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

Solution

Rappelons que toute fonction réelle définie et continue sur un compact non vide y admet un maximum. Puisque la fonction $f$ est continue sur le compact $K$ , on est assuré de l’existence du maximum étudié.
Notons $U$ l’ouvert donné par

U = K^{\circ} = {] 0; 1 [}^{2} .

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $U$ .

\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = \frac{1 - 2 x y - x^{2}}{{(1 + x^{2})}^{2} (1 + y^{2})} et \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = \frac{1 - 2 x y - y^{2}}{(1 + x^{2}) {(1 + y^{2})}^{2}} .

Après résolution, seul le couple $(1 / \sqrt{3},1 / \sqrt{3})$ est point critique de $f$ dans $U$ .
La valeur de $f$ en ce couple est

f (\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{3 \sqrt{3}}{8} .

Sur le bord de $K$ , les valeurs prises par $f$ sont les valeurs prises sur $[0; 1]$ par les fonctions

φ (t) = f (t,0) = f (0, t) = \frac{t}{1 + t^{2}} et ψ (t) = f (t,1) = f (1, t) = \frac{1 + t}{2 (1 + t^{2})} .

D’une part,

φ (t) \leq \frac{1}{2}

D’autre part,

ψ^{'} (t) = \frac{1 - 2 t - t^{2}}{2 {(1 + t^{2})}^{2}}

donne que le maximum de $ψ$ est en $\sqrt{2} - 1$ avec

ψ (\sqrt{2} - 1) = \frac{\sqrt{2} + 1}{4} > \frac{1}{2} .

Puisque

\frac{3 \sqrt{3}}{8} > \frac{\sqrt{2} + 1}{4}

on peut affirmer que le maximum de $f$ n’évolue pas sur le bord du compact $K$ , il est donc forcément dans $U$ et c’est alors un point critique de $f$ qui ne peut qu’être le couple $(1 / \sqrt{3},1 / \sqrt{3})$ .

Exercice 5 3509 Correction

Déterminer les extrema de $f$ sur $D$ avec

f (x, y) = x^{4} + y^{4} - 2 {(x - y)}^{2} avec D = {(x, y) \in ℝ^{2} | x^{2} + y^{2} \leq 4} .

Solution

La fonction $f$ est continue sur le compact $D$ et donc y admet un minimum et un maximum.
Si ces extremum sont à l’intérieur de $D$ , ce sont des points critiques de $f$ .

{\begin{matrix} \frac{\partial f}{\partial x} (x, y) & = 0 \\ \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) & = 0 \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} x^{3} - (x - y) & = 0 \\ y^{3} + (x - y) & = 0 . \end{matrix}

Après résolution, on obtient les points critiques $(0,0)$ , $(\sqrt{2}, - \sqrt{2})$ et $(- \sqrt{2}, \sqrt{2})$ mais les deux derniers ne sont pas éléments de l’intérieur de $D$ .
La valeurs de $f$ en $(0,0)$ est $0$ .
Il reste à étudier les valeurs prises par $f$ sur le bord de $D$ .

f (2 \cos (t),2 \sin (t)) = - 8 \sin^{2} (2 t) + 8 \sin (2 t) + 8 .

L’étude des variations de la fonction $x \mapsto - 8 x^{2} + 8 x + 8$ sur $[- 1; 1]$ donne les valeurs extrémales $- 8$ et $10$ .
On en déduit que le minimum de $f$ vaut $- 8$ et son maximum $10$ .

plot3d(eval([x, y, x^4+y^4-2*(x-y)^2], [x=r*cos(t), y=r*sin(t)]), r=0..2, t=0..2*Pi, grid=[50, 50]);

Figure 1: Surface représentant

f

au dessus de

D

Exercice 6 4146 MINES (MP)

Soit $f$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ au départ de $ℝ^{n}$ et à valeurs dans $ℝ$ .

On suppose que, pour tout vecteur $x \in ℝ^{n}$ ,

∥ x ∥ \geq 1 ⟹ d f (x) \cdot x \geq 0 .

Montrer que $f$ admet un minimum absolu¹¹ 1 Un minimum absolu est un minimum global..

Exercice 7 67 Correction

On note $𝒞$ le cercle trigonométrique.
Quel est le périmètre maximal d’un triangle dont les sommets sont sur $𝒞$ ?

Solution

On peut supposer l’un des sommets être $(1,0)$ et les deux autres repérés par des angles $0 < α < β < 2 π$ .
Cela nous amène à considérer

f : (α, β) \mapsto 2 (\sin (\frac{α}{2}) + \sin (\frac{β - α}{2}) + \sin (\frac{β}{2}))

sur l’ouvert

U = {(α, β) \in ℝ^{2} | 0 < α < β < 2 π} .

Le maximum, qui existe, est alors point critique de cette fonction de classe $𝒞^{1}$ .
Cela nous amène à résoudre le système

{\begin{matrix} \cos (\frac{α}{2}) - \cos (\frac{β - α}{2}) = 0 \\ \cos (\frac{β}{2}) + \cos (\frac{β - α}{2}) = 0 . \end{matrix}

L’équation $\cos (\frac{α}{2}) = \cos (\frac{β - α}{2})$ donne

\frac{α}{2} = \frac{β - α}{2} [2 π] ou \frac{α}{2} = \frac{α - β}{2} [2 π] .

L’alternative $\frac{α}{2} = \frac{α - β}{2} [2 π]$ est à exclure et il reste $β = 2 α$ avec de plus $α \in] 0; π [$ .
L’équation $\cos (\frac{β}{2}) = - \cos (\frac{β - α}{2})$ donne alors $\cos (α) = - \cos (\frac{α}{2})$ d’où $α = \frac{2 π}{3}$ puisque $α \in] 0; π [$ .

Finalement, le triangle correspondant est équilatéral.

Exercice 8 2911 MINES (MP)Correction

Calculer l’aire maximale d’un triangle inscrit dans un cercle de rayon $r$ .

Solution

Notons $A, B, C$ les points définissant notre triangle et $O$ le centre du cercle circonscrit.
En introduisant les mesures $α, β, γ$ des angles $(\vec{O C}, \vec{O B})$ , $(\vec{O B}, \vec{O A})$ et $(\vec{O A}, \vec{O B})$ , on vérifie

α + β + γ = 0 [2 π]

et on peut calculer l’aire algébrique des triangles $(O A B)$ , $(O B C)$ et $(O C A)$ qui sont respectivement

\frac{1}{2} r^{2} \sin (α), \frac{1}{2} r^{2} \sin (β) et \frac{1}{2} r^{2} \sin (γ) = - \frac{1}{2} r^{2} \sin (α + β) .

L’aire algébrique du triangle $(A B C)$ est alors

f (α, β) = \frac{1}{2} r^{2} (\sin (α) + \sin (β) - \sin (α + β)) .

L’étude des points critiques de cette fonction de classe $𝒞^{1}$ sur ${] 0; 2 π [}^{2}$ conduit à résoudre le système

{\begin{matrix} \cos (α) = \cos (α + β) \\ \cos (β) = \cos (α + β) \end{matrix}

dont les seules solutions dans ${] 0; 2 π [}^{2}$ sont

(\frac{2 π}{3}, \frac{2 π}{3}) et (\frac{4 π}{3}, \frac{4 π}{3}) .

Ce sont les situations des triangles équilatéraux resp. direct et indirect.
L’extremum trouvé vaut

\frac{3 \sqrt{3} r^{2}}{4} .

Exercice 9 2465 CENTRALE (MP)Correction

Soit un triangle $A B C$ et $M$ parcourant l’intérieur de ce triangle. On veut déterminer en quelle position le produit des 3 distances de $M$ à chacun des côtés du triangle est maximal.

Solution

Méthode analytique:
L’intérieur du triangle et son bord forment un compact. La fonction considérée est continue sur celui-ci donc admet un maximum. Celui-ci ne peut être au bord car la fonction prend des valeurs strictement positives alors qu’elle est nulle sur le bord. Il existe donc un maximum à l’intérieur du triangle et celui-ci annule la différentielle de la fonction.
En introduisant un repère, $A (0,0)$ , $B (1,0)$ et $C (a, b)$ (ce qui est possible qui à appliquer une homothétie pour que $A B = 1$ ) la fonction étudiée est

f (x, y) = y (b x - a y) (b (x - 1) - (a - 1) y) .

On résout le système formé par les équations

\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = 0 et \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = 0 .

Le calcul est très lourd sans logiciel de calcul formel mais on parvient à conclure.

Méthode géométrique (plus élégante):
Le point $M$ peut s’écrire comme barycentre des points $A, B, C$ affectés de masses $a, b, c \geq 0$ vérifiant $a + b + c = 1$ .
L’aire du triangle $(M B C)$ est donné par

\frac{1}{2} | \det (\vec{B M}, \vec{B C)} | .

\vec{B M} = a \vec{B A} + b \vec{B B} + c \vec{B C}

donc

\det (\vec{B M}, \vec{B C}) = a \det (\vec{B A}, \vec{B C}) .

En notant $𝒜$ l’aire du triangle $A B C$ et $d_{A}$ le distance de $M$ à la droite $(B C)$ , on obtient

a = \frac{d_{A} . B C}{𝒜} .

De façon analogue,

b = \frac{d_{B} A C}{𝒜} et c = \frac{d_{C} A B}{𝒜}

avec des notations entendues.

Par suite, maximiser le produit $d_{A} d_{B} d_{C}$ équivaut à maximiser le produit $a b c$ avec les contraintes $a + b + c = 1$ et $a, b, c \geq 0$
La maximisation de $a b (1 - a - b)$ avec $a, b \geq 0$ et $a + b \leq 1$ conduit à $a = b = 1 / 3$ , d’où $c = 1 / 3$ et le point $M$ est au centre de gravité.

Exercice 10 3349 Correction

Soit $(A B C)$ un vrai triangle du plan. Pour un point $M$ du plan, on pose

f (M) = M A + M B + M C .

(a)

Étudier la différentiabilité de $f$ .
(b)

En considérant le disque fermé de centre $A$ et de rayon $A B + A C$ , établir que $f$ possède un minimum absolu dans le plan.
(c)

Soit $T$ un point où ce minimum est atteint. On suppose que $T$ n’est pas un sommet du triangle.
Établir

$\frac{\vec{T A}}{T A} + \frac{\vec{T B}}{T B} + \frac{\vec{T C}}{T C} = \vec{0} .$
(d)

Montrer qu’alors le point $T$ voit les sommets du triangle sous un même angle.

Solution

(a)

La fonction $M \mapsto M A$ est différentiable sauf en $A$ et sa différentielle en un point $M$ est

$\vec{h} \mapsto \frac{\vec{M A} . \vec{h}}{M A} .$

On en déduit que $f$ est différentiable en tout point du plan sauf en $A, B$ et $C$ et

$d f (M) : \vec{h} \mapsto (\frac{\vec{M A}}{M A} + \frac{\vec{M B}}{M B} + \frac{\vec{M C}}{M C}) . \vec{h} .$
(b)

La fonction $f$ est continue sur le disque $𝒟$ considéré. Puisque ce dernier est compact, la fonction $f$ admet un minimum sur ce disque en un certain point $T$ :

$\forall M \in 𝒟, f (M) \geq f (T) .$

Puisque le point $A$ appartient au disque $𝒟$ , on a

$f (T) \leq f (A) .$

Pour un point $M$ en dehors de ce disque, on a

$f (M) \geq M A > A B + A C = f (A) \geq f (T) .$

Le point $T$ apparaît donc comme étant un minimum absolu de $f$ sur le plan.
(c)

La différentielle de $f$ en $T$ est nulle donc

$\frac{\vec{T A}}{T A} + \frac{\vec{T B}}{T B} + \frac{\vec{T C}}{T C} = \vec{0} .$
(d)

Les trois vecteurs sommés sont unitaires. Notons $a, b, c$ leurs affixes dans un repère orthonormé direct donné. La relation vectorielle ci-dessus donne

$a + b + c = 0 avec | a | = | b | = | c | = 1 .$

En multipliant par $a^{- 1}$ , on obtient

$1 + x + y = 0 avec | x | = | y | = 1$

où $x = a^{- 1} b$ et $y = a^{- 1} c$
Les parties imaginaires de $x$ et $y$ sont alors opposées et la somme de leurs parties réelles vaut $- 1$ . On en déduit qu’à l’ordre près $x = j$ et $y = j^{2}$ .
Finalement,

$(\vec{T A}, \vec{T B}) = (\vec{T B}, \vec{T C}) = (\vec{T C}, \vec{T A}) = \pm \frac{2 π}{3} [2 π] .$

Notons que l’on peut en déduire un procédé construisant le point $T$ comme intersection de cercles que l’on pourra définir en exploitant le théorème de l’angle au centre…

	$\frac{\partial f}{\partial x} (x, y)$	$= x^{a - 1} y^{b} {(1 - x - y)}^{c - 1} (a (1 - x - y) - c x) et$
	$\frac{\partial f}{\partial y} (x, y)$	$= x^{a} y^{b - 1} {(1 - x - y)}^{c - 1} (b (1 - x - y) - c y) .$

Extremum sur compact