extremums .pdf



Nom original: extremums.pdfTitre: C:\Documents and Settings\esi\BAuteur: esi

Ce document au format PDF 1.4 a été généré par PScript5.dll Version 5.2 / Acrobat Distiller 6.0 (Windows), et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 21/05/2012 à 14:12, depuis l'adresse IP 41.104.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 1303 fois.
Taille du document: 104 Ko (14 pages).
Confidentialité: fichier public


Aperçu du document


ESI. 2011/ 2012

ANA3

Chapitre4. Extrémums.

Chapitre 4. Extrémums d’une fonction de plusieurs variables.
I. Extrémums libres.
Définition: Soit U un ouvert de R n . Considérons f une fonction numérique réelle
sur U et a un élément de U.
★ On dira que a, fa est un extrémum local pour f si :
fX − fa garde un signe constant ∀X ∈ va ∩ U.
Dans ce cas :
 Si fX − fa ≥ 0 ∀X ∈ va ∩ U alors a donne un minimum local à f.
 Si fX − fa ≤ 0 ∀X ∈ va ∩ U alors a donne un maximum local à f.
★ On dira que a, fa est un extrémum global pour f si :
fX − fa garde un signe constant ∀X ∈ U.
I. 1. Condition nécéssaire d’existence d’extrémums.
Théorème1: Soit U un ouvert de R n . Considérons f une fonction numérique
réelle sur U et a un élément de U.
Si a donne un extrémum pour f alors a est solution du système :∇fX  0 R n , ie

S :

∂f
X  0.
∂x 1
∂f
X  0.
∂x 2

∂f
X  0.
∂x n

Preuve:
Supposons que a donne un extrémum à la fonction f alors la fonction
g i : t  g i t  fa 1 , a 2 , . . . , a i−1 , t, a i1 , . . . , a n  pour i / 1 ≤ i ≤ n
présente un extrémum au point a i ie g ′i a i   0, or on rappelle que :
∂f
g ′i a i  
a,
∂x i
∂f
on obtient alors :
a  0 ∀i / 1 ≤ i ≤ n ie a est solution du système S.
∂x i
Remarque:
1) Les solutions du système S sont appelés les points critiques de f.
2) La méthode de travail consiste en premier lieu à déterminer les points critiques
puis de faire le test pour chaque point afin de dire si c’est un extrémum ou pas.

_____________________________________
Mme Achour.
1

ESI. 2011/ 2012

ANA3

Chapitre4. Extrémums.

Exemple: Etudier les extréma de f / fx, y  x 2 − y 2 .
Réponse: D f  R 2 , f ∈ C  R 2  car c’est un polynôme, f est antisymétrique.
1) CN: Recherche des points critiques.
∂f
 0.
2x  0.
x  0.
∂x


Résolution du système
∂f
2y  0.
y  0.
 0.
∂y
M  0, 0 est le seul point critique.
2) CS: Test.
fx, y − f0, 0  x 2 − y 2 , utilisons les chemins suivants:
 y  0 : fx, 0 − f0, 0  x 2 ≥ 0.
 x  0 : f0, y − f0, 0  y 2 ≤ 0.

changement de signe au v0, 0.

Conclusion: M  0, 0 n’est pas un extrémum pour f
I. 2. Condition suffisante d’existence d’extrémums.
Théorème1: "Le discriminant"
Soient U un ouvert de R 2 , f une fonction numérique réelle de classe C 2 sur U et a
un point critique de f, a ∈ U.
Posons:
∂2f
∂2f
∂2f
r
s

t

a,
a,
a et Δ  rt − s 2 .
∂x∂y
∂x 2
∂y 2
On alors les résultas suivants :
1) Si Δ  0 alors a, fa est un extrémum pour f. Dans ce cas:
ˆ r  0 (ou t  0)  a, fa est un minimum pour f.
ˆ r  0 (ou t  0)  a, fa est un maximum pour f.
2) Si Δ  0 alors a, fa n’est pas un extrémum pour f.
3) Si Δ  0, c’est le cas douteux, on ne peut rien dire  alors changer de méthode.
Remarque:
La preuve du théorème précédent est basée sur le DT2 f au point a..
Exemple1: Etudier les extréma de f / fx, y  x 3 − y 3 − 3xy.
Réponse: D f  R 2 , f ∈ C  R 2  car c’est un polynôme, f est symétrique.
1) CN: Recherche des points critiques.

_____________________________________
Mme Achour.
2

ESI. 2011/ 2012

Résolution du système

ANA3
∂f
 0.
∂x
∂f
 0.
∂y



Chapitre4. Extrémums.

3x 2 − 3y  0. . . 1
3y 2 − 3x  0. . . 2

1 donne y  x 2 , dans 2 : x 4 − x  0  xx 3 − 1  0  x  0 ∨ x  1.
Comme y  x 2 alors on a deux points critiques :.M 1  0, 0 et M 2  1, 1.
2) CS: Test.
Calculons les dérivées secondes:
∂2f
∂2f
∂2f

6x,

−3,
 6y.
∂x∂y
∂x 2
∂y 2
★ Pour M 2  1, 1 : Utilisons la méthode du discriminant.
r 2  6, s 2  −3, t 2  6  Δ 2  36 − 9  0 et r 2  0 alors M 2 , fM 2  est un
minimum local pour f.
★ Pour M 1  0, 0 :
1ère méthode: Le discriminant.
r 1  0, s 1  −3, t 1  0  Δ 1  −9  0 alors M 2 , fM 2  n’est pas un extrémum
pour f.
2ème méthode: La définition.
fx, y − f0, 0  x 3 − y 3 − 3xy, utilisons le chemin suivant:
 y  0 : fx, 0 − f0, 0  x 3 change de signe au v0, 0, alors M 2 , fM 2  n’est pas
un extrémum pour f.
Exemple2: Soit f la fonction définie par : fx, y  x log x 2  y 2 , x  0.
1) Recherche des points critiques: résolvons le système S :
∂f
x, y  0
log x 2  y 2  2 log x  0 x0
log x 2  2 log x  0. . . 1
∂x


S :
∂f
2xy  0
y0
x, y  0
∂y
1  log xlog x  2  0  x  1 ∧ x  e −2 .
Les points critiques sont donc :M 1  1, 0 et M 2  e −2 , 0.
2) Test: Calculons les dérivées partielles secondes:
2
2
∂2f
2 log x  2 ; ∂ f x, y  2y; ∂ f x, y  2x
x,
y

x
x ∂x∂y
∂x 2
∂y 2
Pour M 1 : r 1  2; s 1  0; t 1  2  Δ 1  4  0 et r 1  0  M 1 , fM 1  est un
minimum pour f.
Pour M 2 : r 2  −4e 2 ; s 2  0; t 2  2e −2  Δ 2  −4  0  M 2 , fM 2  n’est pas un

_____________________________________
Mme Achour.
3

ESI. 2011/ 2012

ANA3

Chapitre4. Extrémums.

extrémum pour f.
Théorème2: "Le DT"
Soient U un ouvert de R n , f une fonction numérique réelle de classe C 3 sur U et a
un point critique de f, a ∈ U.
Ecrivons le DT2 de f au point a :
fa  h − fa  1 d 2a fh  R 2 , on posera h  1 d 2a fh.
2
2
On a alors les résultats suivants :
1) Si h  0 au v0 R n  ∖ 0 R n  alors a, fa est un minimum pour f.
2) Si h  0 au v0 R n  ∖ 0 R n  alors a, fa est un maximum pour f.
3) Si h change de signe au v0 R n  alors a, fa n’est pas un extrémum pour f.
4) Sinon RAD, pousser le DT plus loin ou changer de méthode.
Exemple1: Etudier les extréma de f / fx, y, z  x 2  2x  y 2 − 3y  2z 2 .
Réponse:D f  R 3 , f ∈ C  R 3  car c’est un polynôme.
1) CN: Recherche des points critiques.
∂f
 0.
∂x
x  −1.
2x  2  0.
∂f
 0. 
y  3.
Résolution du système
2y − 3  0. 
2
∂y
4z

0.
z  0.
∂f
 0.
∂z
M  −1, 3 , 0 est le seul point critique.
2
2) CS: Test.
Utilisons le DT2, calculons les dérivées secondes:
∂2f
∂2f
∂2f

2,

2,
 4. Les autres dérivées secondes sont nulles.
∂x 2
∂y 2
∂z 2
On obtient h 1 , h 2 , h 3   1 2h 21  2h 22  4h 23   0 au v0 R 3  ∖ 0 R 3  alors M, fM
2
est un minimum pour f.
Exemple2: Etudier les extréma de f / fx, y  x 4  y 4 − 2x − y 2 .
Réponse:D f  R 2 , f ∈ C  R 2  car c’est un polynôme, f est symétrique.
1) CN: Recherche des points critiques.
∂f
 0.
4x 3 − 4x − y  0. . . 1
∂x

Résolution du système
∂f
4y 3  4x − y  0. . . 2
 0.
∂y
1  2 donne x 3  y 3  0 ie y  −x, dans 1 :

_____________________________________
Mme Achour.
4

ESI. 2011/ 2012

ANA3

Chapitre4. Extrémums.

x 3 − 2x  0  xx 2 − 2  0  x  0 ∨ x  2 ∨ x  − 2 .
Comme y  −x alors on a trois points critiques :.M 1  0, 0, M 2   2 , − 2 ,et
M 3  − 2 , 2 .
2) CS: Test.
Calculons les dérivées secondes:
∂2f
∂2f
∂2f
2

12x

4,

4,
 12y 2 − 4.
2
2
∂x∂y
∂x
∂y
★ Pour M 2   2 , − 2  : Utilisons la méthode du discriminant.
r 2  20, s 2  4, t 2  20  Δ 2  400 − 16  0 et r 2  0.
Alors M 2 , fM 2  est un minimum local pour f.
★ Pour M 3  − 2 , 2  :
1ère méthode: Le discriminant.
r 3  20, s 3  4, t 3  20  Δ 3  400 − 16  0 et r 2  0.
Alors M 3 , fM 3  est un minimum local pour f.
2ème méthode: Utilisons la symétrie de f.
Le signe de fx, y − fM 3   le signe de fx, y − fM 2  donc les points M 2 et M 3 sont
de même nature.
★ Pour M 1  0, 0 :
1ère méthode: Le discriminant.
r 1  −4, s 1  4, t 1  −4  Δ 1  0 RAD, alors on change de méthode.
2ème méthode: Le DT2.
h 1 , h 2   1 −4h 21  8h 1 h 2 − 4h 22   −2h 1 − h 2  2 ≤ 0, cette quantité s’annule en
2
une infinité de points au v0 R 2  donc RAD, alors on change de méthode (c’était
prévisible car Δ 1  0 donc on n’aurait pas pu conclure avec le DT2).
Remarque : En fait comme f est un polynôme alors son DT au v0, 0 peut être
donné diréctement par f.
3ème méthode: La définition.
fx, y − f0, 0  x 4  y 4 − 2x − y 2 , utilisons les chemins suivants:
 y  0 : fx, 0 − f0, 0  x 4 − 2x 2 est du signe de −2x 2  ≤ 0 au v0, 0.
 y  x : fx, x − f0, 0  2x 4 ≥ 0 au v0, 0.
La fonction change de signe au v0, 0.
Conclusion: M 1  0, 0 n’est pas un extrémum pour f.
Exemple3: Etudier les extréma de f / fx, y, z  −3x 2  2xy  5y 2  16y − 3z 2 .

_____________________________________
Mme Achour.
5

ESI. 2011/ 2012

ANA3

Chapitre4. Extrémums.

Réponse:D f  R 3 , f ∈ C  R 3  car c’est un polynôme.
1) CN: Recherche des points critiques.
∂f
 0.
∂x
−6x  2y  0. . . . . . . . 1
∂f
 0. 
Résolution du système
2x  10y  16  0. . . 2
∂y
−6z  0. . . . . . . . . . . . . . 3
∂f
 0.
∂z
1  3. 2 donne 32y  3. 16  0  2y  3  0 ie y  − 3 , dans
2
1
1 : −6x − 3  0  x  −
2
Et 3 donne z  0 on a alors un seul point critique :.M  − 1 , − 3 , 0.
2 2
2) CS: Test.
Utilisons le DT2, calculons les dérivées secondes:
∂2f
∂2f
∂2f
∂2f

−6,

10,

−6,
 2. Les autres dérivées secondes sont nulles.
∂x∂y
∂x 2
∂y 2
∂z 2
On obtient h 1 , h 2 , h 3   1 −6h 21  10h 22 − 6h 23  4h 1 h 2 , utilisons les chemins
2
suivants:
 h 3  h 1  0 : 0, h 2 , 0  5h 22 ≥ 0.
 h 2  h 3  0 : h 1 , 0, 0  −3h 21 ≤ 0.

changement de signe au v0, 0, 0.

Conclusion: M n’est pas un extrémum pour f.
Remarque : Pour mieux voir le signe de  il suffit de l’écrire comme la somme de
carrés, ceci est toujours possible, en éffet:
h 1 , h 2 , h 3   −3h 21  5h 22 − 3h 23  2h 1 h 2
 −3h 21  5h 22 − 3h 23  h 1  h 2  2 − h 21 − h 22
 −4h 21  4h 22 − 3h 23  h 1  h 2  2 .
Ce sera donc plus facile de décider si  admet un signe constant ou bien dans le
cas contraire, on pourra choisir les chemins qui montrent le changement de signe.
II. Extrémums liés.
Dans tout ce paragraphe considérons :
♣ U un ouvert de R n .
♣  une fonction véctorielle de U vers R p avec p ≤ n − 1, ie    1 ,  2 , . . . ,  p .
♣ A  X ∈ U / X  0 R p  X ∈ U /  1 X  0,  2 X  0, . . . ,  p X  0 .
Définition: Soit f une fonction numérique réelle sur U et a un élément de A.
★ On dira que a, fa est un extrémum lié de f sous les contraintes  1 ,  2 , . . . ,  p si
:
fX − fa garde un signe constant ∀X ∈ va ∩ A.

_____________________________________
Mme Achour.
6

ESI. 2011/ 2012

ANA3

Chapitre4. Extrémums.

Dans ce cas :
 Si fX − fa ≥ 0 ∀X ∈ va ∩ A alors a donne un minimum lié à f.
 Si fX − fa ≤ 0 ∀X ∈ va ∩ A alors a donne un maximum lié à f.
★ On dira que a, fa est un extrémum lié global pour f si :
fX − fa garde un signe constant ∀X ∈ A.
II. 1. Méthode directe.
II. 1. 1 Le cas n  2.
Dans ce cas A  x, y ∈ U / x, y  0 , la méthode directe consiste à
résoudre l’équation explicite x, y  0 et d’exprimer y en fonction de x ou
inversement puis de remplacer dans fx, y, enfin il faudra trouver les extréma de
cette nouvelle fonction qui est à une variable et de remonter à f.
Exemple: Trouver les extréma ( s’ils existent) de f / fx, y  −x  y 2 avec
x − 2y  −1
Réponse: D f  R 2 , f ∈ C  R 2  car c’est un polynôme.
Il s’agit de déterminer les extrémums liés de f sous la contrainte
 / x, y  x − 2y  1.
On a x − 2y  −1  x  2y − 1, le probléme revient à rechercher les extréma de la
fonction g / gy  F2y − 1, y  y 2 − 2y  1.
Etudions les variations de g : g ′ y  2y − 2, g ′ y  0  y  1 :
y

−

g ′ y



g





1
0



ie g présente un minimum en y 0  1.



En revenant à x 0  2y 0 − 1  1, on obtient que 1, 1, f1, 1 est un minimum lié
pour f.
II. 1. 2 Le cas n  3.
Dans ce cas f peut avoir une ou deux contraintes :
★ Si A 

x, y, z ∈ U /  1 x, y, z  0,  2 x, y, z  0 , la méthode consiste à

résoudre le système d’équations

 1 x, y, z  0.
 2 x, y, z  0.

et d’exprimer 2 variables en

fonction de la troisième puis de remplacer dans fx, y, z, enfin il faudra trouver les
extréma de cette nouvelle fonction qui est à une variable et de remonter à f.
★ Si A 

x, y, z ∈ U / x, y, z  0 , la méthode consiste à résoudre l’équation

_____________________________________
Mme Achour.
7

ESI. 2011/ 2012

ANA3

Chapitre4. Extrémums.

x, y, z  0 et d’exprimer 1 variable en fonction des deux autres puis de remplacer
dans fx, y, z, enfin il faudra trouver les extréma libres de cette nouvelle fonction qui
est à deux variables et de remonter à f.
Exemple: Trouver les extréma ( s’ils existent) de f / fx, y, z  x 2  y 2  z 2
restreinte à A  x, y, z ∈ R 3 / x  y  z  3, z  1
Réponse: D f  R 3 , f ∈ C  R 3  car c’est un polynôme.
Il s’agit de déterminer les extrémums liés de f sous les contraintes  1 et  2 /
 1 x, y, z  x  y  z − 3 et  2 x, y, z  z − 1.
On a

xyz−3  0

y  2−x



z−1  0

z1

, le probléme revient à rechercher les

extréma de la fonction g / gx  Fx, 2 − x, 1  x 2  2 − x 2  1  2x 2 − 4x  5.
Etudions les variations de g : g ′ y  4x − 4, g ′ x  0  x  1 :
y

−



g y



g





1
0



ie g présente un minimum en x 0  1.



En revenant à y 0  2 − x 0  1 et z 0  1, on obtient que 1, 1, 1, f1, 1, 1 est un
minimum lié pour f.
II. 1. Méthode des multiplicateurs de Lagrange.
Rappel :
♣ U ouvert de R n .
♣  une fonction véctorielle de U vers R p avec p ≤ n − 1, ie    1 ,  2 , . . . ,  p .
♣ A  X ∈ U / X  0 R p  X ∈ U /  1 X  0,  2 X  0, . . . ,  p X  0 .
Théorème1: Soit f une fonction numérique réelle sur U et a un élément de A.
Si :
 a, fa est un extrémum lié de f sous les contraintes  1 ,  2 , . . . ,  p .
 Les vecteurs ∇ 1 a, ∇ 2 a, . . . , ∇ p a sont linéairements indépendants.
Alors :
∃ 1 ,  2 , . . . ,  p et une fonction auxiliaire F / FX  fX   1 .  1 X   2 .  2 X . . .  p .  p X.
telle que  1 ,  2 , . . . ,  p et a 1 , a 2 , . . . , a n sont solutions du systéme
S

∇FX  0 R n .
X  0.

_____________________________________
Mme Achour.
8

ESI. 2011/ 2012

ie solutions de S :

ANA3

Chapitre4. Extrémums.

∂F X  0.
∂x 1

∂F X  0.
∂x n
 1 X  0.

 p X  0.

Remarques:
1) ★ Les solutions a 1 , a 2 , . . . , a n de S sont appelés points critiques de f sous les
contraintes  1 ,  2 , . . . ,  p .
★ Les points a 1 , a 2 , . . . , a n tels que ∇ 1 a, ∇ 2 a, . . . , ∇ p a sont
 1 X  0
linéairements dépendants et qui vérifient le système s :



sont

 p X  0
appelés points douteux.
La méthode de travail consistera donc à déterminer les points critiques de f ainsi
que ses points douteux , puis de les tester afin de dire si ce sont des extrémums
liés ou pas.
2) On rappelle que :
∂ k
∂ k
∂ k
★ ∇ k a 
a,
a, . . . ,
a .
∂x 1
∂x 2
∂x n
★ Une façon de montrer que les vecteurs ∇ 1 a, ∇ 2 a, . . . , ∇ p a sont l.i est de
considérer  1 ,  2 . . .  p ∈ R,
 1 ∇ 1 a   2 ∇ 2 a . . .  p ∇ p a  0   1   2 . . .   p  0
ou bien: montrer que le RgJa  p.
Exemple1: Reprenons la recherche des extréma de f / fx, y  −x  y 2 sous la
contrainte  / x, y  x − 2y  1 en utilisant les multiplicateurs de Lagrange.
Réponse: D f  R 2 , f ∈ C  R 2 . Soit la fonction auxiliaire.
Fx, y  fx, y  x, y  −x  y 2  x − 2y  1.
Recherche des points critiques:

ˆ D’abord résolvons le systéme S

∂F  0
∂x
∂F  0
∂y
x, y  0

_____________________________________
Mme Achour.
9

−1    0. . . . . . 1


2y − 2  0. . . . . 2
x − 2y  1  0. . 3

ESI. 2011/ 2012

1 ∧ 2 donnent:

ANA3
  1.
y    1.

Chapitre4. Extrémums.

dans 3 : x  2y − 1 ie x  1.

Un seul point critique : M  1, 1.
ˆ D’aprés le théorème1, il faut vérifier la condition de linéarité,
∂ ∂
,
 1, −2:
∂x ∂y
En effet le vecteur ∇M est linéairement indépendant car
∂
∂
M,
M ≠ 0 R 2
∂x
∂y
Recherche des points douteux:
∂ ∂
,
 1, −2 ≠ 0 R 2 ∀x, y, il n ya donc pas de point douteux.
∂x ∂y
Testons M :
Pour cela utilisons la définition et voyons le signe de fx, y − fM / x, y ∈ A.
f1  h 1 , 1  h 2  − f1, 1  −1  h 1   1  h 2  2  1 − 1 2 / 1  h 1  − 21  h 2   1  0.
ie f1  h 1 , 1  h 2  − f1, 1  −h 1  h 22  2h 2 / h 1 − 2h 2  0.
ie f1  h 1 , 1  h 2  − f1, 1  h 22 ≥ 0  1, 1, f1, 1 est un minimum lié pour f.
Exemple2: Reprenons la recherche des extréma de f / fx, y, z  x 2  y 2  z 2
restreinte à A  x, y, z ∈ R 3 / x  y  z  3, z  1 en utilisant les multiplicateurs
de Lagrange.
Réponse: D f  R 3 , f ∈ C  R 3 . Soit la fonction auxiliaire.
Fx, y, z  fx, y, z   1  1 x, y, z   2  2 x, y, z  x 2  y 2  z 2   1 x  y  z − 3   2 z − 1.
Recherche des points critiques:
ˆ Résolvons le systéme :
∂F  0
∂x
2x   1  0.
∂F  0
2y   1  0.
∂y

S
2z   1   2  0.
∂F  0
∂z
x  y  z  3.
 1 x, y, z  0
z  1.
 2 x, y, z  0

2x   1  0. . . . . 1
2y   1  0. . . . . 2


 1   2  −2. . . 3
x  y  2. . . . . . . . 4
z  1. . . . . . . . . . . . 5

1 − 2 donne x − y  0  y  x dans 4 : 2x  2  x  1  y.
Le seul point critique est donc : M  1, 1, 1.
ˆ Vérifions la condition de linéarité,
∂ 1 ∂ 1 ∂ 1
∇ 1 
,
,
 1, 1, 1 et ∇ 2 
∂x
∂y
∂z

_____________________________________
Mme Achour.
10

∂ 2 ∂ 2 ∂ 2
,
,
∂x
∂y
∂z

 0, 0, 1

ESI. 2011/ 2012

ANA3

Chapitre4. Extrémums.

En M  ∇ 1 M  1, 1, 1 et ∇ 2 M  0, 0, 1 sont l.i, en effet :
Soient  1 ,  2 ∈ R tq  1 ∇ 1 M 1    2 ∇ 2 M 1   0 R 3
ce qui donne  1 ,  1 ,  1   2   0, 0, 0   1   2  0.
Recherche des points douteux:
rg

1, 1, 1
0, 0, 1

 rg

1, 1
0, 1

 2 donc ∇ 1 , ∇ 2  l.i ∀x, y, z, il n ya donc pas de

point douteux.
Testons M:
Utilisons la définition et voyons le signe de fx, y, z − fM / x, y, z ∈ A.
f1  h 1 , 1  h 2 , 1  h 3  − f1, 1, 1  1  h 1  2  1  h 2  2  1  h 3  2 − 1 2 − 1 2 − 1 2 .
sous les contraintes : 1  h 1   1  h 2   1  h 3   3 et 1  h 3   1
ie :
f1  h 1 , 1  h 2 , 1  h 3  − f1, 1, 1  1 2  h 21  2h 1  1 2  h 22  2h 2  1 2  h 23  2h 3 − 1 2 − 1
avec h 1  h 2  h 3  0, h 3  0.
ie : f1  h 1 , 1  h 2 , 1  h 3  − f1, 1, 1  h 21  2h 1  h 22  2h 2  2h 21 ≥ 0.
avec h 2  −h 1 , h 3  0.
Conclusion: M, fM est un minimum lié pour f.
Exemple3: Chercher la distance minimale de la courbe d’équation y 2 − x 3  0
au point −1, 0.
Réponse: En fait il s’agit de minimiser la fonction x  1 2  y 2 sous la contrainte
y 2 − x 3  0, pour cela il suffit de minimiser la fonction f / fx, y  x  1 2  y 2 sous la
contrainte y 2 − x 3  0, D f  R 3 , f ∈ C  R 3 .
Soit la fonction auxiliaire.
Fx, y  fx, y  x, y  x  1 2  y 2  y 2 − x 3 .
Recherche des points critiques:

Résolvons le systéme S

∂F  0
∂x
∂F  0
∂y
x, y  0

2x  1 − 3x 2  0. . . . . 1


2y − 2y  0. . . . . . . . . . . . . 2
y 2  x 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 donne y1    0.
1er cas: y  0, dans3 : x  0, dans 1 : 2  0 impossible.
2ème cas:   −1, dans1 : 3x 2  2x  2  0, Δ ′  1 − 6  −5  0 ie pas de
solutions.
On en conclut que le système S n’a pas de solutions donc il n ya pas de points
critiques.

_____________________________________
Mme Achour.
11

ESI. 2011/ 2012

ANA3

Chapitre4. Extrémums.

Recherche des points douteux:
∂ ∂
,
 −3x 2 , 2y  0, 0 ssi x, y  0, 0 et 0, 0 est solution du système
∂x ∂y
s : y 2 − x 3  0 , il ya donc un point douteux M  0, 0.
Testons M :
Pour cela utilisons la définition :
fh 1 , h 2  − f0, 0  h 1  1 2  h 22 − 1 / h 22  h 31 (on a donc h 1 ≥ 0).
ie fh 1 , h 2  − f0, 0  h 21  2h 1  h 22 / h 22  h 31  avec h 1 ≥ 0.
ie fh 1 , h 2  − f0, 0  2h 1  h 21  h 31 est du signe de 2h 1 avec h 1 ≥ 0.
Donc fh 1 , h 2  − f0, 0 ≥ 0  0, 0, f0, 0 est un minimum lié pour f et fM  1.
Conclusion: la distance demandée d est donnée par: d 

fM  1.

Théorème2: Soit f une fonction numérique réelle sur U et a un élément de A.
Si A est un férmé borné et f est continue sur A alors f atteint ses bornes (ie elle
admet un max lié et un min lié).
Exemple: Déterminer la valeur maximale de fx, y  x 2  2y 2 sur le cercle
d’equation x 2  y 2  1.
Réponse: D f  R 2 , f ∈ C  R 2  car c’est un polynôme. Le C0, 0, 1 est un férmé
borné, donc f atteint ses bornes.
Il s’agit de déterminer les extrémums liés de f sous la contrainte
 / x, y  x 2  y 2 − 1.
Utilisons les multiplicateurs de Lagrange. Soit la fonction auxiliaire :
Fx, y  fx, y  x, y  x 2  2y 2  x 2  y 2 − 1.
∂F  0
∂x
∂F  0
∂y

ˆ D’abord résolvons le systéme S

2x  2x  0. . . . . 1


4y  2y  0. . . . . 2
x 2  y 2  1. . . . . . . 3

x, y  0
1  x1    0  x  0 ∨   −1.
1er cas x  0 : 2 ∧ 3 donnent:

2y2    0.
y 2  1.



  −2.
y  1 ∨ y  −1.

Donc 0, 1, −2 et 0, −1, −2 sont solutions de S.
2ème cas   −1 : 2 ∧ 3 donnent:

2y − y  0.
x 2  y 2  1.

Donc 1, 0, −1 et −1, 0, −1 sont solutions de S.

_____________________________________
Mme Achour.
12



y  0.
x  1 ∨ x  −1.

ESI. 2011/ 2012

ANA3

Chapitre4. Extrémums.

Les points critiques sont donc : M 1  0, 1, M 2  0, −1, M 3  1, 0 et
M 4  −1, 0.
ˆ D’aprés le théorème2 f atteint ses bornes donc inutile de vérifier d’autres
conditions, il suffit de calculer:
fM 1   2, fM 2   2, fM 3   1 et fM 4   1
Conclusion: La valeur maximale de f sur le cercle d’equation x 2  y 2  1 est 2, on a
également la valeur minimale qui est 1.
Exercice:
La température au point de coordonnées x, y, z de la sphère d’équation
x 2  y 2  z 2  1 vaut : Tx, y, z  xz  yz.
Quels sont les points les plus chauds et les points les plus froids.
Réponse: Il s’agit en fait de déterminer les min et les max de la fonction :
Tx, y, z  xz  yz sous la contrainte x, y, z  x 2  y 2  z 2 − 1.
1) Cherchons les x, y, z qui vérifient la contrainte et tq ∇x, y, z soit lié, ceci
revient (dans notre cas à trouver les points critiques de ) résolvons alors:
∂
 2x  0
∂x
∂
 2y  0 Le seul point critique est 0, 0, 0 mais 0, 0, 0 ≠ 0,
S 1  :
∂y
∂
 2z  0
∂z
donc 0, 0, 0 ne donnera pas d’éxtrémum à T.
2) Soit la fonction auxiliaire
F / Fx, y, z  Tx, y, z  x, y, z  xz  yz  x 2  y 2  z 2 − 1, résolvons alors:
∂F  z  2x  0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
∂x
∂F  z  2y  0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
∂y
S 2  :
∂F  x  y  2z  0. . . . . . . . . . . . . . . . 3
∂z
x, y, z  x 2  y 2  z 2 − 1  0. . . . . . 4
1 − 3 donne :x − y  0 deux cas se présentent alors:
★ Si   0 : dans 3 : y  −x et dans 1 : z  0, on remplace alors dans 4 :
2x 2  1  x   1 , on obtient alors :
2

_____________________________________
Mme Achour.
13

ESI. 2011/ 2012

ANA3

Chapitre4. Extrémums.

1 , − 1 , 0 et M 2  − 1 , 1 , 0 sont des points critiques.
2
2
2
2
★ Si  ≠ 0 : donc y  x, or 1 donne   − z et x ≠ 0 (en effet si x  0 dans
2x
1 : z  0 puis dans 2 : y  0 mais dans 3 impossible, déja vu),
2
on remplace dans 3 : 2x − zx  0  2x 2 − z 2  0  z 2  2x 2 , dans
2x−z
2 x  z  0 ie
4 : 4x 2  1  x   1 , sans oublier que z 2  2x 2 
2
2
2
, M4  − 1 , − 1 , −
,
z   2 x, on obtient alors que M 3  1 , 1 ,
2
2 2 2
2 2
2
2
et M 6  − 1 , − 1 ,
sont aussi des points critiques.
M5  1 , 1 , −
2 2 2
2
2 2
Conclusion: Les points critiques de T sont M 1 , M 2 , M 3 , M 4 , M 5 et M 6 . Comme T est
une fonction continue (car polynôme) et que la sphère est un férmé borné alors T
atteint ses bornes, donc il n’est pas nécessaire de faire le test:
M1 

2
2
 0; TM 5   TM 6   −
0
2
2
ˆ Les point les plus chauds sont : M 3 et M 4 .
ˆ Les point les plus froids sont : M 5 et M 6 .
TM 1   TM 2   0; TM 3   TM 4  

_____________________________________
Mme Achour.
14


Aperçu du document extremums.pdf - page 1/14

 
extremums.pdf - page 3/14
extremums.pdf - page 4/14
extremums.pdf - page 5/14
extremums.pdf - page 6/14
 




Télécharger le fichier (PDF)


extremums.pdf (PDF, 104 Ko)

Télécharger
Formats alternatifs: ZIP Texte



Documents similaires


extremums
lecon 75
histoire des mathematiques   matthieu verry
analyse synthese 1 a 6
8dxnwz7
16034471617922019 fusionne

Sur le même sujet..




🚀  Page générée en 0.024s