Fonctions à deux variables
Bonjour
Je fais appel à votre générosité car je suis bloqué sur ce problème.
Je dois trouver les extrema de cette fonction.
J'ai calculé les dérivés partielles pour trouver les points critiques après j'ai trouvé que dérivées partielles s'annulent pour $y=0$ et pour n'importe quel $x$ donc j'ai essayé d'étudier la différence de signe
mais là je galère pour trouver la valeur de $x$ pour laquelle $f(x,y)-f(x,0)$ change de signe déjà pour tout $x >0$, $f$ admet un minimum.
Merci beaucoup de pouvoir m'aider
Je fais appel à votre générosité car je suis bloqué sur ce problème.
Je dois trouver les extrema de cette fonction.
J'ai calculé les dérivés partielles pour trouver les points critiques après j'ai trouvé que dérivées partielles s'annulent pour $y=0$ et pour n'importe quel $x$ donc j'ai essayé d'étudier la différence de signe
mais là je galère pour trouver la valeur de $x$ pour laquelle $f(x,y)-f(x,0)$ change de signe déjà pour tout $x >0$, $f$ admet un minimum.
Merci beaucoup de pouvoir m'aider
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Réponses
Pourrais-tu déposer tes calculs ?
en Latex, sinon ça va être illisible.
Dom.
voilà mes calculs .
merci beaucoup pour votre aide.
$y^2=0$ et $2xy+\dfrac{2y}{4+y^2}=0$.
j'ai pensé à faire pareille, donc j'ai passé par la dérivé pour calculer les variation de $f(t)$.
J'ai du m'arrêter parce que la dérivée dépend toujours de $x$ en effet
et donc mon delta dépend de lui aussi de $x$.
Je suis dans les transports, pas de papier crayon…
Sans garantie : on obtient pour "rt-s²" : $-4y²$.
On n'aurait donc que des points selles pour $y\neq0$.
Il suffit peut-être de faire un raisonnement par l'absurde (ou plutôt par contraposée) : si on a un extremum, alors... contradiction...
source en page 2 pour les notations :
https://perso.math.univ-toulouse.fr/ktanguy/files/2013/10/Révisions-calculs-diff-2.pdf
j'ai fait des recherches sur les matrices puisque on les a pas encore fait
voilà ce que j'ai trouvé en calculant de déterminant de la matrice hessienne
la deuxième matrice est pour le point critique donc y=0
on a donc trouvé que D=0 donc on peut pas conclure .
certes pour x>0 f admet un minimum , mais toute la difficulté consiste sur la cas ou x<0 la fonction reste t-il positif sinon comment trouver le point dans le quelle y un changement du signe .
cordialement
Résumons: $f$ est ${\cal C}^1$ sur $\mathbb{R}^2$, et ses points critiques forment l’axe $Ox$. Sur cet axe $f$ vaut identiquement $\ln 4$.
Au voisinage de $(x_0,0)$, on a $f(x,y)-\ln4=xy^2+\ln\Bigl(1+\dfrac{y^2}4\Bigr)=\Bigl(x+\dfrac14\Bigr)y^2+y^2\varepsilon(y)$ avec $\displaystyle\lim_{y=0}\varepsilon(y)=0$.
On distingue alors les cas $x_0<-\dfrac{1}{4}$, $x_0>-\dfrac14$ et $x_0=-\dfrac14$.
dernière question , maintenant qu'on a trouvé les solutions , faut-il dire que f admet
1) maximum local : f(x, y) < f(a; 0) pour tous les couples (x, y) appartenant `a un certain disque centré en (a; 0) avec a <-1/4 ;
2) minimum local : f(x, y) > f(a; 0) pour tous les couples (x, y) appartenant `a un certain disque centré en (a; 0) avec a > -1/4;