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Exercice 1  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 2  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 3  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 4  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 5  3509   Correction  

Déterminer les extrema 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 extremum sont à l’intérieur de D, ce sont des points critiques de f.

{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.

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.

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 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 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<2π.
Cela nous amène à considérer

f:(α,β)2(sin(α2)+sin(β-α2)+sin(β2))

sur l’ouvert

U={(α,β)2| 0<α<β<2π}.

Le maximum, qui existe, est alors point critique de cette fonction de classe 𝒞1.
Cela nous amène à résoudre le système

{cos(α2)-cos(β-α2)=0cos(β2)+cos(β-α2)=0.

L’équation cos(α2)=cos(β-α2) donne

α2=β-α2[2π] ou α2=α-β2[2π].

L’alternative α2=α-β2[2π] est à exclure et il reste β=2α avec de plus α]0;π[.
L’équation cos(β2)=-cos(β-α2) donne alors cos(α)=-cos(α2) d’où α=2π3 puisque α]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 (OC,OB), (OB,OA) et (OA,OB), on vérifie

α+β+γ=0[2π]

et on peut calculer l’aire algébrique des triangles (OAB), (OBC) et (OCA) qui sont respectivement

12r2sin(α),12r2sin(β) et 12r2sin(γ)=-12r2sin(α+β).

L’aire algébrique du triangle (ABC) est alors

f(α,β)=12r2(sin(α)+sin(β)-sin(α+β)).

L’étude des points critiques de cette fonction de classe 𝒞1 sur ]0;2π[2 conduit à résoudre le système

{cos(α)=cos(α+β)cos(β)=cos(α+β)

dont les seules solutions dans ]0;2π[2 sont

(2π3,2π3) et (4π3,4π3).

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

33r24.
 
Exercice 9  2465      CENTRALE (MP)Correction  

Soit un triangle ABC 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 AB=1) la fonction étudiée est

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

On résout le système formé par les équations

fx(x,y)=0 et fy(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,c0 vérifiant a+b+c=1.
L’aire du triangle (MBC) est donné par

12|det(BM,BC)|.

Or

BM=aBA+bBB+cBC

donc

det(BM,BC)=adet(BA,BC).

En notant 𝒜 l’aire du triangle ABC et dA le distance de M à la droite (BC), on obtient

a=dA.BC𝒜.

De façon analogue,

b=dBAC𝒜 et c=dCAB𝒜

avec des notations entendues.

Par suite, maximiser le produit dAdBdC équivaut à maximiser le produit abc avec les contraintes a+b+c=1 et a,b,c0
La maximisation de ab(1-a-b) avec a,b0 et a+b1 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 (ABC) un vrai triangle du plan. Pour un point M du plan, on pose

f(M)=MA+MB+MC.
  • (a)

    Étudier la différentiabilité de f.

  • (b)

    En considérant le disque fermé de centre A et de rayon AB+AC, 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

    TATA+TBTB+TCTC=0.
  • (d)

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

Solution

  • (a)

    La fonction MMA est différentiable sauf en A et sa différentielle en un point M est

    hMA.hMA.

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

    df(M):h(MAMA+MBMB+MCMC).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:

    M𝒟,f(M)f(T).

    Puisque le point A appartient au disque 𝒟, on a

    f(T)f(A).

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

    f(M)MA>AB+AC=f(A)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

    TATA+TBTB+TCTC=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

    x=a-1b et y=a-1c
    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=j2.
    Finalement,

    (TA,TB)=(TB,TC)=(TC,TA)=±2π3[2π].

    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…

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Édité le 08-11-2019

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