extremum fct de 2 variables

jp8 · May 2006

Bonjour,
sur une étude des extremums (avec les th de sup) de $f(x,y)=2xy+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}$, je trouve deux points critiques $A(1,1)$ et $B(-1,-1)$.
Pour la nature de ces points, j'essaie de faire un dl en $A$ par exemple, en posant $X=x+1$ et $Y=y+1$ :
$f(x,y)-f(1,1)=2(X+1)(Y+1)+\dfrac{1}{(X+1)^2}+\dfrac{1}{(Y+1)^2}=2XY+o(X)+o(Y)$.
Or $XY$ change de signe au voisinage de $(0,0)$, donc on n'a pas d'extrémum en $A$.
Est-ce correct ?
Y a-t-il d'autres méthodes en sup, c'est à dire sans le critère sur les dérivées partielles secondes ?
Merci.

JJ · May 2006

Bonjour,
Au voisinage de (1,1), je trouve le développement suivant :
f(x,y)-f(1,1) = 3(X²+Y²)+2XY +O(X^3)+O(Y^3)
3(X²+Y²)+2XY= (X+Y)²+2(X²+Y²) est toujours positif (ou nul).
Conclusion...?

jp8 · May 2006

Conclusions :
1. je vais reprendre mon calcul.
2. Il y a donc bien un minimum local.

Epilogue :
Merci.

jp8 · May 2006

Voilà où j'en suis :

$\begin{align}f(x,y)-f(1,1) &=(X+Y)^2+2(X^2+Y^2)+o(X^2) +o(Y^2)\\
&= (X+Y)^2+2(X^2+Y^2)+X^2\varepsilon_1(X)+Y^2\varepsilon_2(Y) \end{align}$

Or $X^2\varepsilon_1(X) =||(X,Y)||^2\varepsilon_3(X,Y)$,
où $|\varepsilon_3(X,Y)|=\left|\frac{X^2}{||(X,Y)||^2}\varepsilon_1(X)\right| \longrightarrow_{(X,Y)\rightarrow (0,0)}0$, puisque $\left|\frac{X^2}{||(X,Y)||^2}\right|\leq 1$ (et même chose pour $Y^2\varepsilon_2(Y)$).

Donc $f(x,y)-f(1,1)=(X+Y)^2+||(X,Y)||^2(2+\varepsilon_3(X,Y)+\varepsilon_4(X,Y))$ est localement positif.

Est-ce qu'on doit faire tout ce bazar, ou peut-on conclure

jp8 · May 2006

ou peut-on conclure plus vite ?
(la fin de ma question a disparu je ne sais où...)

JJ · May 2006

3(X²+Y²)+2XY= (X+Y)²+2X²+2Y²) >0 car somme de carrés.
Donc au voisinage de (1,1) : f(xy)-f(1,1) > 0
f(x,y) > f(1,1) implique que (1,1) est un minimum local.

jp8 · May 2006

JJ,
ce que je ne vois pas bien dans ce que tu proposes, c'est pourquoi l'on est sur que le reste ne change pas localement le signe de f(X,Y) - f(1,1).

(avec un dl d'une fonction d'une seule variable, c'est plus clair pour moi)

JJ · May 2006

Là, il faudrait revoir le cours sur les développements limités et les extrémums locaux.
Pour parler d'une façon succinte et naïve, si les termes d'ordre 3 pouvaient changer le signe des termes d'ordre 2, c'est que les termes d'ordre 2 seraient nuls ce qui n'est pas le cas. Si un terme d'ordre 2 n'est pas nul, sa valeur absolue est supérieure à celle d'un terme d'ordre 3 (ceci dans un certain domaine des variables autour du point considéré : dans ce domaine on peut donc conclure à un minimum, pour la fonction considérée içi).

jp8 · May 2006

Merci pour toutes ces indications.

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