Extremums fonction de R$^2$ dans R

A revoir.

Oui, j'ai dérivé n'importe comment!

Voici le graphe. Il suggère que $f$ est comprise entre $0$ et $4$ et qu'il y a égalité sur deux droites. En effet:
$$\begin{array}{l}x^2 + 4xy + 4y^2-4(x^2 + xy + y^2)=-3x^2,\\
x^2 + 4xy + 4y^2=(x+2y)^2.\end{array}$$

Same player, shoot again:

• $ f(x,y)=\dfrac{(x+2y)^2}{x^2+xy+y^2}\ge0$, avec égalité SSI $x+2y=0$
• $f(x,y)-4=\dfrac{-3x^2}{x^2+xy+y^2}\le0$, avec égalité SSI $x=0$.

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Plus simple ? Pour $f=q_0/q_\infty$ avec $q_0$, $q_\infty$ deux formes quadratiques et $q_\infty$ définie positive pour éviter les ennuis hors de $(0,0)$, on calcule $q_\lambda=q_0-\lambda q_\infty$ et le déterminant de $q_\lambda$, qui est un polynôme $D$ de degré $2$ en $\lambda$ (en général du moins). En une racine de $D$, le rang tombe donc (en général) $q_\lambda$ est le carré d'une forme linéaire multiplié par une constante : selon le signe de la constante, ça détermine un maximum ou un minimum de $f$.

Bon, réfléchissons un peu. On peut trouver une base orthonormée pour $q_\infty$ et orthogonale pour $q_0$, ce qui revient à supposer que $q_\infty(x,y)=x^2+y^2$ et $q_0(x,y)=ax^2+by^2$. Alors les zéros de $q_\lambda$ sont $a$ et $b$. On suppose $a\ne b$, sinon $f$ est constante et on a : $f(x,y)-a=\frac{(b-a)y^2}{x^2+y^2}$, $f(x,y)-b=\frac{(a-b)x^2}{x^2+y^2}$, d'où les extrema de $f$.

NB : Ceci ne doit pas être bien différent de la méthode des multiplicateurs de Lagrange dans un cas simple.

Edit : 1) Changement de notations. 2) Comme dit Dom, si ça, c'est de l'analyse...