Exercice 1 5950 Correction

Soit $f : E \to ℝ$ une fonction différentiable définie sur un espace vectoriel $E$ de dimension $n \in ℕ^{*}$ .

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 $B_{f} (0, 1)$ est continue. La boule unité fermée étant compacte, la restriction de $f$ présente un minimum et un maximum. Ainsi, il existe $a, b \in B_{f} (0, 1)$ tels que

\forall x \in B_{f} (0, 1), f (a) \leq f (x) \leq 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 $f : (x, y) \mapsto x y (1 - x - y)$ 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 3 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 4 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 5 259 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 6 3509 Correction

Déterminer les extremums 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 extremums sont à l’intérieur de $D$ , ce sont des points critiques de $f$ . Déterminons ceux-ci. Pour $(x, y) \in D^{\circ}$ ,

{\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 $D$ .

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

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 $10$ .

Exercice 7 65

Calculer

inf_{x, y > 0} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + x y) .

Exercice 8 268 Correction

Déterminer

sup_{(x, y) \in {] 0; + \infty [}^{2}} \frac{x y}{(1 + x) (1 + y) (x + y)} .

Solution

Considérons la fonction $f : Ω = {] 0; + \infty [}^{2} \to ℝ$ définie par

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

La fonction $f$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $Ω$ avec

\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = \frac{y (y - x^{2})}{{(1 + x)}^{2} (1 + y) {(x + y)}^{2}} et \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) = \frac{x (x - y^{2})}{(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 $x + y \geq 8$ ,

f (x, y) = \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{x}{1 + x}}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{y}{1 + y}}} \cdot \underset{\begin{matrix} \leq 1 / 8 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{x + y}}} < \frac{1}{8} .

Pour $x \leq 1 / 8$ ,

f (x, y) = \underset{\begin{matrix} \leq 1 / 8 \end{matrix}}{\underset{⏟}{x}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{1 + x}}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{1 + y}}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{y}{x + y}}} < \frac{1}{8} .

Pour $y \leq 1 / 8$

f (x, y) = \underset{\begin{matrix} \leq 1 / 8 \end{matrix}}{\underset{⏟}{y}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{1 + x}}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{1}{1 + y}}} \cdot \underset{\begin{matrix} < 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\frac{x}{x + y}}} < \frac{1}{8} .

Considérons alors le compact

K = {(x, y) \in Ω | x \geq 1 / 8, y \geq 1 / 8 et x + y \leq 8} .

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

sup_{x, y > 0} f (x, y) = sup_{(x, y) \in K} f (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,

sup_{x, y > 0} f (x, y) = f (1, 1) = \frac{1}{8} .

Exercice 9 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 10 6023 CENTRALE (MP)Correction

Soit $(E, (\cdot ∣ \cdot))$ un espace euclidien. On considère $f : B_{f} (0, R) \to ℝ$ 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 $x_{0} \in B (0, R)$ tel que

∥ \nabla f (x_{0}) ∥ \leq \frac{M}{R} .

(a)

Montrer le résultat lorsque $M = 0$ .
(b)

On suppose $M > 0$ et l’on considère $g : B_{f} (0, R) \to ℝ$ donnée par

$g (x) = \frac{{∥ x ∥}^{2}}{R^{2}} - \frac{f {(x)}^{2}}{M^{2}} .$

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 $B_{f} (0, R)$ .

La fonction $f$ est continue sur le compact $B_{f} (0, R)$ . Elle admet donc un minimum et un maximum. Si ces extremums sont atteints sur le bord de $B_{f} (0, R)$ , la fonction $f$ est identiquement nulle sur $B_{f} (0, R)$ et n’importe quel $x_{0}$ 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 $x_{0}$ convenable.
(b)

Commençons par remarquer que pour un certain $x \in E$ tel que $∥ x ∥ = R$ , on a $∥ f (x) ∥ = M$ et donc $g (x) = 0$ .

La fonction $g$ est continue sur le compact $B_{f} (0, R)$ . Elle présente donc un minimum en un certain $x_{0} \in B_{f} (0, R)$ . Compte tenu de ce qui précède, on sait $g (x_{0}) \leq 0$ .

Cas: $g (x_{0}) < 0$ .

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

$\frac{{∥ x_{0} ∥}^{2}}{R^{2}} < \frac{f {(x_{0})}^{2}}{M^{2}} et \nabla g (x_{0}) = \frac{2}{R^{2}} x_{0} - \frac{2 f (x_{0})}{M^{2}} \nabla f (x_{0}) = 0 .$

On en tire

$∥ \nabla f (x_{0}) ∥ = \frac{M^{2}}{R^{2}} \frac{∥ x_{0} ∥}{| f (x_{0}) |} < \frac{M}{R} .$

Cas: $g (x_{0}) = 0$ .

On a pour tout $x \in B_{f} (0, R)$ ,

$f {(x)}^{2} \leq \frac{M^{2}}{R^{2}} {∥ x ∥}^{2}$

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

$f (x) = \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{f (0)}} + (\nabla f (0) ∣ x) + ∥ x ∥ ε (x) avec ε (x) \to_{x \to 0}^{} 0 .$

Pour $x = t \nabla f (0)$ avec $t > 0$ assez petit, la comparaison $f (x) \leq \frac{M}{R} ∥ x ∥$ donne

$t {∥ \nabla f (0) ∥}^{2} + t ∥ \nabla f (0) ∥ ε (t \nabla f (0)) \leq t \frac{M}{R} ∥ \nabla f (0) ∥ .$

En simplifiant par $t$ puis en passant à la limite quand $t \to 0^{+}$

${∥ \nabla f (0) ∥}^{2} \leq \frac{M}{R} ∥ \nabla f (0) ∥ .$

Que $∥ \nabla f (0) ∥$ soit nul ou non, on obtient

$∥ \nabla f (0) ∥ \leq \frac{M}{R} .$

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

Édité le 12-05-2025

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

Extremum sur compact