Fonctions de plusieurs variables — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Fonctions de plusieurs variables


Bonsoir tout le monde , svp comment faire pour la 3ème question ?
Merci d’avance
Mots clés:

Réponses

  • Tu peux montrer que pour $\bigl\|(x,y)\bigr\|$ assez grand, $f(x,y)<0$ (la partie de degré $4$, qui domine à l'infini, est une forme quadratique $-X^2+XY-Y^2$ en $X=x^2$ et $Y=y^2$ qui est définie négative). Il en résulte que le maximum de $f$ est atteint « à distance finie » (i.e. dans une boule centrée à l'origine et de rayon convenable) et que tu l'as détecté à la question précédente.
  • On n’a pas encore vu les formes quadratiques .. 
  • Modifié (January 2023)
    Oublions-les : montrer que $-X^2+XY-Y^2\le0$ pour tout $(X,Y)$ doit être à la portée de quiconque a vu le discriminant d'un polynôme de degré $2$. On peut aussi écrire $-X^2+XY-Y^2=-\bigl(X-\frac12Y\bigr)^2-\cdots$
  • Modifié (January 2023)
    Après, on va se coucher ! À potron-minet, on complète : $-X^2+XY-Y^2=-\bigl(X-\frac12Y\bigr)^2-\frac34Y^2$, ce qui prouve l'assertion (c'est négatif pour tout $(X,Y)$ donc pour tout $(x,y)$ et même strictement négatif si $(X,Y)\ne(0,0)$.
    Il s'agit à présent de montrer que si $\rho^2=x^2+y^2$ est assez grand, alors $-X^2+XY-Y^2$ est aussi petit que l'on veut (rappel : $X=x^2$ et $Y=y^2$). On fixe $(x,y)$, on pose $\rho=\sqrt{x^2+y^2}$, on choisit $\newcommand{\t}{\theta}\t$ tel que $x=\rho\cos\t$ et $y=\rho\sin\t$ (autrement dit, on passe en polaires) et on injecte : $-X^2+XY-Y^2=-\rho^4g(\t)$ où $g$ est une fonction continue qui ne s'annule pas. On en déduit que $g$ est minorée par une constante $c>0$ (qu'on pourrait déterminer pour pas très cher d'ailleurs mais qu'importe). Cela donne, si $\rho\ne0$ : \[f(x,y)=2\rho^2-\rho^4g(\t)=-\rho^4\left(1-\frac{2}{\rho^2g(\t)}\right).\]Dès que $1-\frac{2}{\rho^2c}>0$, on a donc $f(x,y)<0$ ; de plus, $\lim_{\rho\to\infty}f(x,y)=-\infty$ (sens de cette limite ?).
    Ainsi, d'une part, $f$ n'a pas de minimum global. D'autre part, le maximum global de $f$ est atteint dans la boule de centre l'origine et de rayon $\sqrt{2/c}$ (peut-être en plusieurs points). En effet, le maximum global de $f$ est aussi le maximum de $f$ sur ladite boule (cette phrase est mal construite : il faut justifier d'abord que $f$ admet un maximum dans la boule – compacte donc ce n'est pas dur – puis en déduire que $f$ admet un maximum global et qu'il est atteint dans la boule).
  • Merci beaucoup pour les explications ! Et pour le 4 d’ou vient svp , pacqu’il fallait montrer f(x,y)<4 ?
  • Si tu as fait la question 2, tu as vu apparaître un maximum en $\bigl(\pm\sqrt2,\pm\sqrt2\bigr)$. C'est la valeur de $f$ en ces points.
  • Modifié (January 2023)
    D’accord merci énormément ! Et pour le rayon de la boule pourquoi c’est racine de 2/c ? (Je m’excuse pour ce dérangement).
  • Modifié (January 2023)
    On peut tout simplement remarquer que pour tout $(x,y)\in\R^2$, on a : \[4-f(x,y)=\frac{1}{4}\left((x^2+y^2-4)^2+3(x^2-y^2)^2\right)\geq 0\]
  • On peut aussi d'abord étudier la forme quadratique $(X,Y,Z)\mapsto -X^2-Y^2-4Z^2+XY+2XZ+2YZ$ dont on peut montrer qu'elle est négative et déterminer son cône isotrope par les méthodes habituelles.
  • Bravo bisam!
  • Bonjour,
    juste une petite question : avez-vous une astuce pour trouver les points critiques de cette fonction assez rapidement?
    Car je trouve que les calculs sont horribles et un peu compliqués hahaha ^^'
  • Modifié (January 2023)
    Bonjour
    Il n'y a pas d'astuce sinon que de mettre en facteur les équations. Je ne trouve pas que les calculs sont compliqués:
    On  a $f'_x(x,y)= - 2  x (- 2+ 2 x^2- y^2) =0 $     ssi   $x=0  $  ou   $y^2=2-2 x^2$  et par symétrie
     $f'_y(x,y)= - 2  y (- 2+ 2 y^2- x^2) =0 $     ssi   $y=0  $  ou   $x^2=2-2 y^2$
    Les points critiques sont donc $(0,0), (0,\pm 1),(\pm 1,0), (\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{2}) $     
    Pour les points particuliers $(\pm \sqrt{2},(\pm\sqrt{2})$ qui nous intéressent, grâce aux symétries, on peut se contenter d'étudier le cas où  le point critique est  $(\sqrt{2},\sqrt{2})$  puis poser $X=x^2,Y=y^2.$
    Alors  $f(x,y)=g(X,Y)=2 X + 2 Y + X Y - X^2 - Y^2.$  Le point critique étant $(X_0,Y_0)=(2,2),$  on a 
     $ g(2+h,2+k)   =4-(h^2-hk + k^2) =4- 3/4(h - k)^2 - 1/4(h + k)^2 $
    Cela doit être la décomposition de @Bisam modulo le changement de variable
    Le tout est de savoir montrer la positivité de $w(h,k)=h^2-hk + k^2.$  On pourrait aussi  décomposer $w$  comme ceci 
    $w (h,k)=(h-\dfrac{k}{2})^2+\dfrac{3 k^2}{4},$  ce qui est plus facile à trouver.




     
  • Merci beaucoup bd2017 !!! :)<3 J'avais fait une étourderie : c'est pour ça que mes calculs ne se passaient pas bien !!!
    Ton message m'éclaire particulièrement !!! Merci beaucoup !!! :)o:)
  • Modifié (January 2023)
    Bonjour
    @NicoleLeprof concernant les étourderies, ne t'inquiètes pas. Dans ce domaine je suis assez bon aussi.   
     
  • Modifié (January 2023)
    @bd2017À vrai dire, je n'ai même pas cherché les points critiques.
    J'ai juste vu une équation bicarrée symétrique et j'ai utilisé les formules usuelles $2(a^2+b^2)=(a+b)^2+(a-b)^2$ et $4ab=(a+b)^2-(a-b)^2$ puis la mise sous forme canonique d'un trinôme du second degré. Le tout m'a pris 3 lignes de calcul.
    Mais ce n'était probablement pas la méthode attendue dans l'exercice.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!