[<] Extremum, étude à l'ordre 1 [>] Optimisation géométrique

 
Exercice 1  5950  Correction  

Soit f:E une fonction différentiable définie sur un espace vectoriel E de dimension n*.

Montrer que si f est constante sur la sphère unité alors la différentielle de f s’annule au moins une fois dans la boule unité ouverte.

Solution

La restriction de f sur la boule unité fermée Bf(0,1) est continue. La boule unité fermée étant compacte, la restriction de f présente un minimum et un maximum. Ainsi, il existe a,bBf(0,1) tels que

xBf(0,1),f(a)f(x)f(b).

Si a et b sont éléments de la sphère unité alors f est constante et donc la différentielle de f est nulle sur la boule unité ouverte.

Sinon, au moins l’un de a ou b est élément de la boule unité ouverte. Cet élément est un extremum local de f autour duquel f est définie: c’est un point critique. La différentielle de f s’annule en celui-ci.

 
Exercice 2  63  

On étudie la fonction f:(x,y)xy(1-x-y) définie sur

T={(x,y)2|x,y0 et x+y1}.
  • (a)

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

  • (b)

    Déterminer sa valeur.

 
Exercice 3  64   Correction  

Soit 𝒟 l’ensemble des couples (x,y)2 tels que x0, y0 et x+y1.

  • (a)

    Montrer que 𝒟 est une partie compacte de 2.

  • (b)

    Soient a>0, b>0, c>0 et f:𝒟 définie par:

    f(x,y)=xayb(1-x-y)c.

    Montrer que f est continue sur 𝒟.

  • (c)

    Déterminer

    sup(x,y)𝒟f(x,y).

Solution

  • (a)

    𝒟 est fermée et bornée donc compacte.

  • (b)

    Pour α>0, la fonction ttα={eαln(t) si t>00 si t=0 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)2|x,y>0 et x+y<1} et c’est donc un point critique de f car f est 𝒞1 sur l’ouvert U.

    fx(x,y) =xa-1yb(1-x-y)c-1(a(1-x-y)-cx) et
    fy(x,y) =xayb-1(1-x-y)c-1(b(1-x-y)-cy).

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

    (aa+b+c,ba+b+c).

    Finalement,

    sup(x,y)𝒟f(x,y)=aabbcc(a+b+c)a+b+c.
 
Exercice 4  66   Correction  

Déterminer

sup[0;π/2]2sin(x)sin(y)sin(x+y).

Solution

La fonction f:(x,y)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 338.
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)=12sin(2t).

Ce maximum vaut 1/2.
Puisque

33812

on a

sup[0;π/2]2sin(x)sin(y)sin(x+y)=338.
 
Exercice 5  259   Correction  

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

f(x,y)=x+y(1+x2)(1+y2).

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=]0;1[2.

La fonction f est de classe 𝒞1 sur U.

fx(x,y)=1-2xy-x2(1+x2)2(1+y2)etfy(x,y)=1-2xy-y2(1+x2)(1+y2)2.

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

f(13,13)=338.

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)=t1+t2etψ(t)=f(t,1)=f(1,t)=1+t2(1+t2).

D’une part,

φ(t)12.

D’autre part,

ψ(t)=1-2t-t22(1+t2)2

donne que le maximum de ψ est en 2-1 avec

ψ(2-1)=2+14>12.

Puisque

338>2+14

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 (1/3,1/3).

 
Exercice 6  3509   Correction  

Déterminer les extremums de f sur D avec

f(x,y)=x4+y4-2(x-y)2 avec D={(x,y)2|x2+y24}.

Solution

La fonction f est continue sur le compact D et donc y admet un minimum et un maximum.

Si ces extremums sont à l’intérieur de D, ce sont des points critiques de f. Déterminons ceux-ci. Pour (x,y)D,

{fx(x,y)=0fy(x,y)=0{x3-(x-y)=0y3+(x-y)=0.

Après résolution, on obtient les points critiques (0,0), (2,-2) et (-2,2) 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.

Les points du bord de D sont de la forme (2cos(t),2sin(t)) avec t[0;2π]. Or

f(2cos(t),2sin(t))=-8sin2(2t)+8sin(2t)+8.

L’étude des variations de la fonction x-8x2+8x+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.

 
Exercice 7  65   

Calculer

infx,y>0(1x+1y+xy).
 
Exercice 8  268   Correction  

Déterminer

sup(x,y)]0;+[2xy(1+x)(1+y)(x+y).

Solution

Considérons la fonction f:Ω=]0;+[2 définie par

f(x,y)=xy(1+x)(1+y)(x+y).

La fonction f est définie et de classe 𝒞 sur Ω avec

fx(x,y)=y(yx2)(1+x)2(1+y)(x+y)2etfy(x,y)=x(xy2)(1+x)(1+y)2(x+y)2.

Après résolution, la fonction f présente un seul point critique (1,1) avec f(1,1)=1/8. Vérifions que celui-ci correspond à un maximum de f.

Effectuons quelques remarques.

Pour x+y8,

f(x,y)=x1+x<1y1+y<11x+y1/8<18.

Pour x1/8,

f(x,y)=x1/811+x<111+y<1yx+y<1<18.

Pour y1/8

f(x,y)=y1/811+x<111+y<1xx+y<1<18.

Considérons alors le compact

K={(x,y)Ω|x1/8,y1/8 et x+y8}.

La fonction f prend des valeurs strictement inférieures à 1/8 à l’extérieur de K et prend la valeur 1/8 dans K donc

supx,y>0f(x,y)=sup(x,y)Kf(x,y).

Aussi, puisque f est continue sur le compact K, f présente un maximum dans K et celui-ci est alors aussi un maximum de f sur l’ouvert Ω donc un point critique de f.

Ce ne peut qu’être (1,1).

Au final,

supx,y>0f(x,y)=f(1,1)=18.
 
Exercice 9  4146     MINES (MP)

Soit f une fonction de classe 𝒞1 au départ de n et à valeurs dans .

On suppose que pour tout vecteur xn,

x1df(x)x0.

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

 
Exercice 10  6023     CENTRALE (MP)Correction  

Soit (E,()) un espace euclidien. On considère f:Bf(0,R) continue avec R>0. On introduit

M=max{|f(x)||x=R}.

On suppose que la restriction de f au départ de B(0,R) est différentiable en tout point. Le but de l’exercice est d’établir qu’il existe x0B(0,R) tel que

f(x0)MR.
  • (a)

    Montrer le résultat lorsque M=0.

  • (b)

    On suppose M>0 et l’on considère g:Bf(0,R) donnée par

    g(x)=x2R2f(x)2M2.

    Conclure en considérant un point en lequel g atteint un minimum.

Solution

  • (a)

    Supposons M=0. La fonction f est donc nulle sur le bord de la boule Bf(0,R).

    La fonction f est continue sur le compact Bf(0,R). Elle admet donc un minimum et un maximum. Si ces extremums sont atteints sur le bord de Bf(0,R), la fonction f est identiquement nulle sur Bf(0,R) et n’importe quel x0 de B(0,R) résout le problème. Sinon, il existe au moins un extremum élément de B(0,R). Celui-ci est un point critique de f et cela détermine x0 convenable.

  • (b)

    Commençons par remarquer que pour un certain xE tel que x=R, on a f(x)=M et donc g(x)=0.

    La fonction g est continue sur le compact Bf(0,R). Elle présente donc un minimum en un certain x0Bf(0,R). Compte tenu de ce qui précède, on sait g(x0)0.

    Cas: g(x0)<0.

    L’élément x0 est élément de B(0,R) et c’est un point critique de g. On a donc

    x02R2<f(x0)2M2etg(x0)=2R2x02f(x0)M2f(x0)=0.

    On en tire

    f(x0)=M2R2x0|f(x0)|<MR.

    Cas: g(x0)=0.

    On a pour tout xBf(0,R),

    f(x)2M2R2x2

    et en particulier f(0)=0. Le développement limité à l’ordre 1 de f en 0 s’écrit

    f(x)=f(0)=0+(f(0)x)+xε(x) avec ε(x)x00.

    Pour x=tf(0) avec t>0 assez petit, la comparaison f(x)MRx donne

    tf(0)2+tf(0)ε(tf(0))tMRf(0).

    En simplifiant par t puis en passant à la limite quand t0+

    f(0)2MRf(0).

    Que f(0) soit nul ou non, on obtient

    f(0)MR.

[<] Extremum, étude à l'ordre 1 [>] Optimisation géométrique



Édité le 12-05-2025

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