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Extrema locaux

Modifié (24 Jan) dans Analyse
Bonjour,
je cherche les extrema locaux de la fonction $f$ définie sur $\mathbb R^2$ par
$$f(x,y)=|P(x+iy)|,$$
où $P$ est un polynôme à coefficients complexes non constant.
Je vois bien qu'il y aura un minimum global qui vaudra $0$ sur une racine de $P$ et comme la fonction $z\mapsto P(z)$ est holomorphe, elle ne peut pas être bornée, ce qui implique que ma fonction $f$ n'a pas de maximum global sur $R^2$. Mais je dois dire que pour les extrema locaux, je suis coincé : la méthode habituelle (point critique puis hessienne) me paraît bien compliquée à mettre en œuvre du fait du module. Évidemment, je pourrais regarder les extrema de $f^2$, mais les dérivées partielles de $f$ ne me semblent pas beaucoup plus maniables (au moins, elles ont l'air d'exister en écrivant le module comme le produit d'un complexe par son conjugué).
J'ai essayé des cas particuliers : autant la question est facile sur le polynôme $X^2$, autant la méthode "calcul explicite de $f$ puis application de la méthode habituelle" me paraît impraticable si le degré du polynôme augmente. Le tracé des surfaces me donne juste ce que je pensais sur l'aspect global : un ou des min globaux et pas de max global.

Réponses

  • Puisque le module d'une fonction holomorphe $f$ non constante ne peut avoir de maximum local, il ne peut pas non plus avoir de minimum local en un point sauf si $f$ s'annule en ce point (sinon, on applique à $1/f$ le principe du maximum).
  • Effectivement, merci !
    Je vais être pénible parce que je ne l'ai pas précisé directement, mais peut-on faire cela avec des outils de calcul diff de prépa ? J'ai parlé de fonction holomorphe et je connais le principe du maximum, mais cet exo provient d'une fiche de TD de deuxième année, donc je présume que c'est faisable avec les outils de deuxième année. J'imagine qu'on peut prouver le principe du maximum avec les outils de prépa (il me semble avoir vu un exo de ce style dans les oraux Francinou-Gianella), mais je ne pense pas que c'était l'idée de l'auteur de la fiche.
  • Modifié (24 Jan)
    Tu as envisagé d'étudier $P(x+iy)\times \overline{P(x+iy)}$ plutôt que le module, pour commencer ?
    Si ça ne fonctionne pas, je ne vois pas quoi faire d'autre que de singer une preuve classique du théorème de d'Alembert Gauss.
  • Modifié (24 Jan)
    Le principe du maximum est facile à établir, surtout pour une fonction polynomiale. Dans tous les cas, on examine $\int_0^{2\pi}|f(z_0+r\exp(it))|^2{\rm d}t$ (entre autres, on en fait la somme d'une série, voire d'une somme finie dans le cas d'un polynôme).
    De même, montrer l'analycité de $1/f$ est un exo classique au niveau d'une Spé (on cherche un DSE tel que le produit de Cauchy d'icelui par celui de $f$ soit égal à $1$ ; la petite difficulté technique est de montrer que ce second DSE a un Rcv $>0$).

    NB : si $f$ est polynomiale, l'analycité de $1/f$ est encore plus simple si l'on admet le thm de d'Alembert-Gauss car il suffit de décomposer $1/f$ en éléments simples.
  • Modifié (24 Jan)
    Ok, je vais regarder ça, merci. Comme l'exercice est au milieu d'exos où il n'y a pas à aller chercher bien loin pour trouver la solution, je pensais que c'était du même tonneau (mais après tout le prof a le droit de mettre un exo plus compliqué à un moment, et surtout je ne sais pas ce qu'il a fait en cours).
    J'ai essayé de considérer le carré du module, mais je n'avais pas l'impression que ça simplifie le problème : il me paraît compliqué de trouver les points d'annulation des dérivées partielles de $f^2$.
  • Modifié (25 Jan)
    Alban_ a dit :il me paraît compliqué de trouver les points d'annulation des dérivées partielles de $f^2$. 
    As-tu essayé ? Ça ne me semble pas si compliqué au contraire.
  • J'ai essayé, mais je m'y suis sans doute mal pris. J'écris donc $f^2(x,y)=P(x+iy)\overline{P(x+iy)}$. Si je ne me loupe pas dans mon calcul de dérivée partielle, j'obtiens $$\frac{\partial f^2}{\partial x}(x,y)=P'(x+iy)\overline{P(x+iy)}+P(x+iy)\overline{P'(x+iy)}$$
    Je n'étais pas allé plus loin, mais je vois que c'est du $z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_1}=2Re(z_1)Re(z_2)+2Im(z_1)Im(z_2)$. Je vais revérifier mon calcul et surtout faire la seconde dérivée partielle pour voir ce qui se passe.
  • Modifié (24 Jan)
    Ok, merci de m'avoir poussé dans ce que je voyais comme un calcul super pénible. La dérivée partielle de $f^2$ selon la seconde variable est
    $$i(P'(x+iy)\overline{P(x+iy)}-P(x+iy)\overline{P'(x+iy)}$$
    Donc les points critiques de $f^2$ sont les racines de $P$ et de $P'$ (sans utiliser mon histoire de nombre complexe).

    Pour les racines de $P$, il est facile de conclure puisqu'on a alors $f(x,y)=0$ et il s'agit clairement d'un minimum global. Pour les racines de $P'$, je ne vois pas de solution simple, donc je m'étais lancé sur le calcul de la hessienne. C'est un peu laborieux et surtout sur une racine de $P'$, j'arrive à $$\frac{\partial f^2}{\partial x^2}(x,y)=P''(x+iy)\overline{P(x+iy)}+P(x+iy)\overline{P''(x+iy)}$$
    Je n'ai pas fait le calcul des autres dérivées partielles, mais je vois que je vais être embêté avec celle que j'ai écrit parce que récupérer le signe ne me paraît pas franchement simple. Je vais quand même vérifier que je n'ai pas fait n'importe quoi dans les calculs.
  • Modifié (25 Jan)
    Tu t'en fiches un peu du signe du premier coefficient en fait. Ici, la trace et le déterminant de la hessienne se calculent bien.
  • Modifié (25 Jan)
    Effectivement, j'ai voulu éviter les calculs jusqu'au bout :)
    Les points critiques de $f^2$ sont les racines de $P$ (qui sont facilement des minimas globaux) et les racines de $P'$. Sur une racine de $P'$, la trace de la hessienne de $f^2$ est nulle et le déterminant vaut $-4 |P(x_0+iy_0)|^2|P''(x_0+iy_0)|^2$ qui est négatif ou nul. Si tout va bien (on n'est pas sur une racine de $P$ dans ce cas et on suppose qu'on n'est pas sur une racine de $P''$), alors on n'a pas d'extremum.
    Mais il reste le cas où on est sur une racine $x_0 + iy_0$ de $P'$ (pour être sur un point critique de $f^2$) qui n'est pas racine de $P$ (cas déjà traité) mais qui est racine de $P''$. Dans ce cas, la méthode habituelle de la hessienne ne convient pas. Une piste serait d'écrire la formule de Taylor de $P$ en $x_0 + iy_0$ et de tronquer après la première dérivée non nulle en ce point pour avoir quelque chose comme :
    $$P(x +iy) = P(x_0+iy_0)+P^{(k)}(x_0+iy_0)/k!(x - x_0+i(y-y_0))^k + o(\|x - x_0+i(y-y_0))^k\|)$$
    Donc $$f^2(x,y)=f^2(x_0,y_0)+P(x_0+iy_0)\overline{P^{(k)}(x_0+iy_0)/k!(x - x_0+i(y-y_0))^k} +\overline{P(x_0+iy_0)}P^{(k)}(x_0+iy_0)/k!(x - x_0+i(y-y_0))^k +o(\|x - x_0+i(y-y_0))^k\|)$$
    Et je dois dire que le signe de $f^2(x,y)-f^2(x_0,y_0)$ m'échappe...
    Comme le principe du maximum me dit qu'il n'y a pas d'extremum, je vois qu'il vaut mieux chercher deux directions pour lesquelles ce signe est différent, mais je sèche.
     
    Je me suis amusé à tracer la surface associée à $f$ avec $P = -X^4 + 1$ (pour que 0 soit une racine de $P'$ et de $P''$ mais pas de $P$, il y a un signe moins parce que je trouve ça plus lisible). Je n'ai pas encore regardé les détails du principe du maximum et il est difficile de lire ces surfaces mais j'ai l'impression de voir un min en $(0,0)$.
  • J'avoue que je ne vois pas non plus comment finir l'étude sans refaire une sorte de preuve de d'Alembert Gauss mais au moins tu as pu t'entraîner à des calculs de dérivées partielles et utiliser ton cours pour traiter les cas non dégénérés. C'était sans doute l'objectif de l'exercice.
  • Merci pour ton aide !
    Je vais regarder comment prouver le principe du maximum pour avoir tous les cas. Par contre, on a besoin de Parseval et donc de connaitre les séries de Fourier si je ne m'abuse
  • Tu peux utiliser le théorème d'intégration terme à terme à la place.
    Suis le message de JohnJohn un peu plus haut : ça tourne tout seul.
  • Euh, je ne vois pas directement comment à cause du module parce que ça va me faire un produit de deux polynômes sous l'intégrale ?
    J'ai écrit Taylor appliqué à $P(z_0+re^{it})$, mais en écrivant le le conjugué de cette expression avec la même série de Taylor conjuguée, je me retrouve avec l'intégrale d'un produit de deux sommes (certes finies)
  • Ecris des sommes doubles (infinies pour traiter le cas plus général d'une série entière).
    Pour vérifier l'inversion série intégrale, tu n'as qu'à vérifier que la série des intégrales des modules est convergente (comme si c'était une série de fonction puisque par exemple, ton ensemble d'indexation est dénombrable).
  • En faisant tout autre chose, je me rends compte qu'il est bien plus logique et pratique d'appliquer ma formule de Taylor au polynôme $P \overline P$
  • Modifié (26 Jan)
    Attention : ce n'est pas vraiment le polynôme $\overline P$ qui intervient ici car tu dois non seulement conjuguer les coefficients mais aussi la variable...
  • Modifié (26 Jan)
    Ok, je crois que j'y suis (je n'avais pas vu ton aide avec des sommes doubles avant d'envoyer mon message précédent). J'écris $P=\sum_{n}a_n(X-z_0)^n$ et donc $\overline{P(z_0+re^{it}}=\sum_{m}\overline{a_m}r^ne^{-imt}$ (et surtout pas comme je proposais de l'écrire dans mon message précédent :(
    En échangeant intégrale et somme, l'intégrale $\int_{0}^{2\pi}|P(z_0+re^{it}|^2dt$ vaut $2\pi\sum_{n}|a_n|^2r^{2n}$. Pour le moment, je ne me suis pas soucié de la validité de l'échange mais je vois que ça va évidemment fonctionner avec un polynôme et pour une série entière, il suffira comme d'habitude d'être sur l'intérieur du disque de convergence. 
    Maintenant, si $|P|$ admet un max local en $z_0$, alors l'intégrale est majorée par $2\pi |P(z_0)|^2$ (en prenant quelques précautions sur $r$). Mais cette intégrale vaut $2\pi\sum_{n}|a_n|^2r^{2n} = 2\pi (|a_0|^2 + \sum_{n\geq1}|a_n|^2r^{2n})=2\pi (|P(z_0|^2 + \sum_{n\geq1}|a_n|^2r^{2n}))$ et donc la somme est nulle, ce qui montre que $P$ est constant.
    Si $P$ est bien un polynôme, j'ai un polynôme constant dans un ouvert, donc il est constant partout ! Merci beaucoup pour toutes ces indications
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