« Calcul différentiel/Exercices/Recherches d'extrema » : différence entre les versions
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Ligne 242 :
(Voir http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00080.pdf exo 4191)
#<math>(0,0)</math> non extrémal et <math>(1,1)</math> maximum local.
#<math>\nabla f(x,y)=\left(xy^2(2+9x+4y),2x^2y(1+3x+3y)\right)</math> donc <math>(x,y)</math> est un point critique si et seulement si <math>x=0</math> ou <math>y=0</math> ou <math>(x,y)=\left(-\frac2{15},-\frac15\right)</math>.<br><math>\nabla^2f(x,y)=\begin{pmatrix}2y^2(1+9x+2y)&2xy(2+9x+6y)\\2xy(2+9x+6y)&2x^2(1+3x+6y)\end{pmatrix}</math>. Le point critique <math>\left(-\frac2{15},-\frac15\right)</math> est un point de maximum local strict de <math>f</math> car <math>\nabla^2f\left(-\frac2{15},-\frac15\right)=-\frac2{375}\begin{pmatrix}9&4\\4&4\end{pmatrix}</math> est définie négative (cf. [[w:Théorème de Monge|règle de Monge]]), ou encore (sans utiliser la hessienne) : car <math>f\left(-\frac2{15}+h,-\frac15+k\right)=\left(-\frac2{15}+h\right)^2\left(-\frac15+k\right)^2\left(\frac15+3h+2k\right)=f\left(-\frac2{15},-\frac15\right)-\frac{9h^2+8hk+4k^2}{375}+o(h^2+k^2)</math>, or <math>9h^2+8hk+4k^2=4(k+h)^2+5h^2>0</math> pour tout <math>(h,k)\ne(0,0)</math>.<br>En les autres points critiques <math>(x,0)</math> et <math>(0,y)</math>, l'étude de la hessienne ne permet pas de conclure car elle admet <math>0</math> pour valeur propre, mais une étude directe de signe donne le résultat : par exemple, <math>f(x,0)=0</math> et si <math>h</math> et <math>k</math> sont suffisamment petits, <math>f(x+h,k)=(x+h)^2k^2(1+3x+3h+2k)\ge0</math> si <math>1+3x>0</math>, <math>f(x+h,k)\le0</math> si <math>1+3x<0</math>, et <math>f(x+h,k)</math> est de signe variable (le signe de <math>3h+2k</math>) si <math>1+3x=0</math>, donc <math>(x,0)</math> est un point de min. local pour <math>x>-1/3</math>, max. local pour <math>x<-1/3</math>, selle pour <math>x=-1/3</math>.<br>De même, <math>f(h,y+k)=h^2(y+k)^2(1+2y+3h+2k)</math> donc <math>(0,y)</math> est un point de min. local pour <math>y>-1/2</math>, max. local pour <math>y<-1/2</math> et selle pour <math>y=-1/2</math>.
#<math>(2^{-1/3},4^{-1/3})</math> : maximum absolu.
#Soit <math>g=\ln\circ f</math> : <math>g(x,y)=\ln x+\ln y-\ln(x+y)-\ln(1+x)-\ln(1+y)</math>.<br><math>\frac{\partial g}{\partial x}=\frac1x-\frac1{x+y}-\frac1{1+x}=\frac{y-x^2}{x(x+y)(1+x)}</math> et analogue pour <math>\frac{\partial g}{\partial y}</math> donc un point <math>(x,y)\in\left]0,+\infty\right[^2</math> est critique si et seulement si <math>y=x^2</math> et <math>x=y^2</math>, c.-à-d. <math>x=y=1</math> (<math>(0,0)</math> n'est pas solution car n'appartient pas au domaine <math>\left]0,+\infty\right[^2</math>).<br>Le seul point critique est donc <math>(1,1)</math>. On peut affirmer que c'est un maximum local sans même calculer la hessienne. En effet, c'est même un maximum absolu car il en existe, puisque <math>f>0</math> et <math>\lim_\infty f=0</math>, cette limite signifiant : quand <math>(x,y)</math> tend vers le bord du domaine, c.-à-d. <math>x</math> ou <math>y</math> tend vers <math>+\infty</math> ou vers <math>0^+</math>.<br>Cette limite est bien nulle car <math>\frac{xy}{(x+y)(1+x)(1+y)}\le\frac1{x+y}\to0</math> quand <math>x</math> ou <math>y</math> tend vers <math>+\infty</math> et <math>\frac{xy}{(x+y)(1+x)(1+y)}\le\frac{xy}{x+y}\le\min(x,y)\to0</math> quand <math>x</math> ou <math>y</math> tend vers <math>0</math>. Une façon plus directe de prouver que c'est un maximum absolu est de remarquer que d'un point <math>(x_0,y_0)</math> quelconque à <math>(1,1)</math>, <math>f</math> ne cesse de croître si l'on fait varier <math>y</math> de <math>y_0</math> à <math>x_0^2</math> (en fixant x) puis <math>(x,y)</math> de <math>(x_0,x_0^2)</math> à <math>(1,1)</math> en restant sur la courbe <math>y=x^2</math>.
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