Université de Poitiers, M1MFA, TD Calcul Diff
Ce fil de discussion concerne le TD de "calcul différentiel et optimisation", en Master 1 MFA (Mathématiques Fondamentales et Applications).
Le but est de travailler les exercices des feuilles de TD. Nous commencerons par la feuille en cours sur
les extrémums (locaux et globaux, mais non liés pour le moment).
Nous travaillerons de la façon suivante.
-- Les élèves sont invités à proposer des solutions complètes ou partielles aux exercices, ou bien à demander des indications s'ils sont complètement bloqués.
-- De mon côté, je répondrai aux diverses demandes d'aide, en donnant corrections, indications, rappels de cours, etc.
-- Le but est d'arriver ensemble à une rédaction complète de chaque exercice.
La feuille d'exercices, déjà distribuée, sera postée ici sous peu.
Bien cordialement.
Le but est de travailler les exercices des feuilles de TD. Nous commencerons par la feuille en cours sur
les extrémums (locaux et globaux, mais non liés pour le moment).
Nous travaillerons de la façon suivante.
-- Les élèves sont invités à proposer des solutions complètes ou partielles aux exercices, ou bien à demander des indications s'ils sont complètement bloqués.
-- De mon côté, je répondrai aux diverses demandes d'aide, en donnant corrections, indications, rappels de cours, etc.
-- Le but est d'arriver ensemble à une rédaction complète de chaque exercice.
La feuille d'exercices, déjà distribuée, sera postée ici sous peu.
Bien cordialement.
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Réponses
f est différentiable sur $\mathbb R^2$ (c'est un produit et une composée de fonctions différentiables), donc les éventuels extrema seront des points critiques. On a : $$
J_f(x,y)=\begin{pmatrix}ye^{-(x^2+y^2)}-2x^2ye^{-(x^2+y^2)} & xe^{-(x^2+y^2)}-2y^2xe^{-(x^2+y^2)} \end{pmatrix}.
$$ Donc, $$
df_{(x,y)}=0 \Leftrightarrow \begin{cases} y-2x^2y=0 \\ x-2y^2x=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} y(1-2x^2)=0 \\ x(1-2y^2)=0 \end{cases}
$$ et on a les $5$ points critiques : $\{(0,0),(\pm 1/\sqrt{2},\pm 1/\sqrt{2})\}$.
La hessienne en un point $(x,y) \in \mathbb{R}^{2} $ est :
$\begin{pmatrix} yx e^{-x^{2}-y^{2}}(-2x(1-2x^{2})-4) & (1-2x^{2}) e^{-x^{2}-y{2}} (1-2y^3) \\ (1-2y^{2}) e^{-x^{2}-y{2}} (1-2x^3) & yx e^{-x^{2}-y^{2}}(-2y(1-2y^{2})-4) \end{pmatrix}$
En calculant cette matrice en nos points critiques et utilisant les propriétés du déterminant pour déterminer les cas, on trouve que
$(0,0)$ est un point selle, $(1/ \sqrt{2}, 1/ \sqrt{2})$ et $(-1/ \sqrt{2},-1/ \sqrt{2}) $ sont des maximums locaux stricts et $(1/ \sqrt{2}, -1/ \sqrt{2})$ et $(-1/ \sqrt{2}, 1/ \sqrt{2})$ sont des minimums locaux stricts.
En revanche,je ne sais pas comment déterminer si ces maximums sont globaux ou non.
On calcule les dérivées partielles de f et on a :
$\frac{\partial f}{\partial x}=6x^2 +2y$ et $\frac{\partial f}{\partial y} = -2y +2x$.
La différentielle de f s'annule lorsque :
\begin{equation}
\left\{\begin{matrix}
3x^2 + y &=& 0 \cr
-2y+ 2x &=& 0 \cr
\end{matrix}\right.
\iff
\left\{\begin{matrix}
x(3x+1) &=& 0 \cr
x &=& y \cr
\end{matrix}\right.
\iff
\left\{\begin{matrix}
x = 0~~ ou~~ x &=& -\frac{1}{3}\cr
x &=& y \cr
\end{matrix}\right.
\end{equation}
La seule possibilité est le point $(0,0)$.
Calculons les dérivées secondes :
$\frac{\partial ^2 f}{\partial x^2} = 12x$, $\frac{\partial ^2 f}{\partial x \partial y} = 2$ et $\frac{\partial ^2f}{\partial y^2}=-2$.
On obtient donc la hessienne $H_{(0,0)}=\left(\begin{matrix} 0 & 2 \cr
2 & -2 \cr
\end{matrix}\right)$
Son détermiant est égal à $-4$ donc le point $(0,0)$ est un point selle.
Mais ça ne change rien à la conclusion concernant la nature des extrema : ce que vous affirmez est correct. Noter que c'est bien cohérent avec la parité de la fonction (symétrie relativement à $(x,y)\mapsto (-x,-y)$).
N'oubliez pas de donner les valeurs des extrema : les maxima valent $\frac{1}{2e}$ et les minima $-\frac{1}{2e}$.
Pour discuter de l'existence d'extrema globaux, nous en avions déjà parlé dans un autre exercice. Deux pistes : exploitez le fait que $\vert f(x,y)\vert$ tend vers $0$ quand $\Vert (x,y)\Vert_2$ tend vers $+\infty$, ou, plus simple, changer de système de coordonnées.
Cependant, si vous changez l'ensemble de départ, vous changez la fonction, et donc vous modifiez les extrema !
Je vous conseille le schéma d'étude suivant.
1° Quelle propriété topologique remarquable possède $D$ ? Commencez par le dessiner.
2° Que peut-on en déduire sur l'existence d'extrema globaux pour la fonction $f$ ?
3° Ecrire $D=D^\circ \cup B$, où $D^\circ$ est l'intérieur de $D$ (l'ensemble des points intérieurs) et $B=D\backslash D^\circ$.
4° Chercher les extrema de $f$ atteints dans $D^\circ$.
5° Chercher les extrema de $f$ atteints sur $B$.
$f$ est continue et $\vert f(x,y)\vert$ tend vers $0$ quand $||(x,y)||_2$ tend vers l'infini, donc il existe $R$ tel que:
$$||(x,y)||_2\geq R \Rightarrow |f(x,y)|<|f(\pm 1/\sqrt{2},\pm 1/\sqrt{2})| $$
la valeur absolue de $f$ aux quatres points étant la même avec $f(1/\sqrt{2},1/\sqrt{2})=f(-1/\sqrt{2},-1/\sqrt{2})$ strictement positif et $f(-1/\sqrt{2},1/\sqrt{2})=f(1/\sqrt{2},-1/\sqrt{2})$ strictement négatif.
Donc $f$ admet des extremas globaux qu'on trouvera dans $B(0,R)$ ($f$ atteint un min et un max sur $\overline{B(0,R)}$ et ils ne sont pas sur $C(0,R)$ par définition de $R$) : ce sera ses seuls extremas locaux, les quatres points $\{(\pm 1/\sqrt{2},\pm 1/\sqrt{2})\}$
$|xy|\leq 1/2(x^2 + y^2)\leq ||(x,y)||_2^2$ donc par comparaison de croissance (sur $Xe^{-X}$),
$\vert f(x,y)\vert\leq ||(x,y)||_2^2e^{-||(x,y)||_2^2}$ tend vers $0$ quand $||(x,y)||_2$ tend vers l'infini, et il existe $R$ tel que:
$$||(x,y)||_2\geq R \Rightarrow |f(x,y)|<|f(\pm 1/\sqrt{2},\pm 1/\sqrt{2})| $$
la valeur absolue de $f$ aux quatres points étant la même avec $f(1/\sqrt{2},1/\sqrt{2})=f(-1/\sqrt{2},-1/\sqrt{2})$ strictement positif et $f(-1/\sqrt{2},1/\sqrt{2})=f(1/\sqrt{2},-1/\sqrt{2})$ strictement négatif.
Donc $f$ admet des extremas globaux qu'on trouvera dans $B(0,R)$ puisqu'elle est continue et atteint un min et un max sur $\overline{B(0,R)}$ et qu'ils ne sont pas sur $C(0,R)$ par définition de $R$: ce seront ses seuls extremas locaux, les quatres points $\{(\pm 1/\sqrt{2},\pm 1/\sqrt{2})\}$
Je trouve comme hessienne au point (x,y)$\in \mathbb{R^2}$ :
$\left(\begin{matrix}
xy\exp(-x^2-y^2)(-6+4x^2) & \exp(-x^2-y^2)(1-2x^2-2y^2(1-2x^2y))\cr
\exp(-x^2-y^2)(1-2x^2-2y^2(1-2x^2y)) & xy\exp(-x^2-y^2)(-6+4y^2)
\end{matrix}\right)$
F est différentiable sur $\mathbb{R}^2$ car c'est la composée d'applications différentiables.
$J_f(x,y)=\left(\begin{matrix}
\frac{2a}{\sqrt{x^2+y^2+1}}-\frac{4x(ax+by+c)}{(x^2+y^2+1)^{\frac{3}{2}}} & \frac{2b}{\sqrt{x^2+y^2+1}}-\frac{4y(ax+by+c)}{(x^2+y^2+1)^{\frac{3}{2}}}
\end{matrix}\right)$
Donc, $d_f(x,y)=0 $ $\Longleftrightarrow$ $\{\begin{matrix}
2a(x^2+y^2+1)-4x(ax+by+c)=0\cr
2b(x^2+y^2+1)-4y(ax+by+c)=0
\end{matrix}$ $\Longleftrightarrow$ $\{\begin{matrix}
2a(x^2+y^2+1)-4x(ax+by+c)=0\cr
(-4xb+4ya)(ax+by+c)=0
\end{matrix}$ $\Longleftrightarrow$ $\{\begin{matrix}
2a(x^2+y^2+1)-4x(ax+by+c)=0\cr
(xb-ya)(ax+by+c)=0
\end{matrix}$
A partir de là on peut distinguer plusieurs cas:
*Si a=b=0: alors le seul point critique est (0,0)
*Si a=0 et $b \ne 0$: alors $d_f(x,y)=0$ $\Longleftrightarrow$ $\{\begin{matrix}
-4x(by+c)=0\cr
2b(x^2+y^2+1)-4y(by+c)=0
\end{matrix}$ $\Longleftrightarrow$ $\{\begin{matrix}
x=0
y=\frac{-c+(-)\sqrt{c^2+b^2}}{b}
\end{matrix}$ ou $\{\begin{matrix}
y=-\frac{c}{b}\cr
x=+(-)\sqrt{\frac{c^2}{b^2}-1}
\end{matrix}$
*Si $a \ne 0$ et b=0:alors $\{\begin{matrix}
2a(x^2+y^2+1)-4x(ax+c)=0\cr
ya(ax+c)=0
\end{matrix}$ $\Longleftrightarrow$ $\{\begin{matrix}
y=0
x=\frac{-c+(-)\sqrt{c^2+a^2}}{a}
\end{matrix}$ ou $\{\begin{matrix}
x=-\frac{c}{b}\cr
y=+(-)\sqrt{\frac{c^2}{a^2}-1}
\end{matrix}$
$f(x,y) = (x-y)^3+6xy $ et , $D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2, -1 \le x \le y \le 1\}$
On étudie d'abord l'ensemble
On pose $g_1(x,y) = y-x$ et $g_2(x,y) = \Vert (x,y) \Vert _\infty$
On a alors:
$g_1^{-1}([0,+\infty]) = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2, x \le y\}$ qui est fermé
$g_2^{-1}([0,1]) =\{(x,y) \in \mathbb(R)^2, -1 \le x \le 1$ et $ -1 \le y \le 1\}$ qui est fermé
de plus, $D = g_1^{-1}([0,+\infty]) \cup g_2^{-1}([0,1]) $
Donc D est fermé.
La frontière de D vérifie x=-1 ou y =1 ou x=y
On commence par étudie l’intérieur de D.
La fonction f est différentiable sur $\mathbb{R}^2$ donc sur D car elle est polynomial en x et y.
On calcule les dérivées partiellle de f:
$\frac{\partial f}{\partial x} = 3(x-y)^2 +6y$ et $\frac{\partial f}{\partial y} = -3(x-y)^2 +6x$
On regarde ou la jacobienne s'annule:
$df_{(x,y)} = 0 \iff
\begin{equation}
\left\{\begin{matrix}
3(x-y)^2 +6y &=& 0 \cr
-3(x-y)^2 +6x &=& 0 \cr
\end{matrix}\right.
\iff
\left\{\begin{matrix}
3(x-y)^2 +6y &=& 0 \cr
6(x+y) &=& 0 \cr
\end{matrix}\right.
\iff
\left\{\begin{matrix}
12y^2 +6 y &=& 0 \cr
x &=& -y\cr
\end{matrix}\right.
\end{equation}$
$df_{(x,y)} = 0
\iff
\left\{\begin{matrix}
y(2y+1) &=& 0 \cr
x &=& -y \cr
\end{matrix}\right.
\iff
\begin{equation}
\left\{\begin{matrix}
y &=& 0 ~~ou ~~ y = -1/2 \cr
x &=& -y \cr
\end{matrix}\right.
\end{equation}$
Or x=y = 0 appartient à la frontière de D, donc n'est pas dans l'intérieur de D (=D°).
Et (x,y) = (1/2,-1/2) n'est pas dans D.
Donc D° n'admet pas de point critque.
Etudions la frontière de D.
Cas 1:
On se place dans le cas où $(x,y) \in F_1 = \{x = y $ et $(x,y) \in D\}$
Alors f(x,y) = 6y^2.
On a alors (0,0) comme point critique.
Etude en (0,0) sur
Posons y = 0 et x = -1/n, alors f(x,y) = $\frac{-1}{n^3}$ < 0
Et (x,y) = (-1/n,-1/n) alors f(x,y) = $\frac{6}{n^2}$ > 0
Donc (x,y) =(0,0) n'est pas un extremum local sur D.
Et en (-1,-1) on a f(x,y) = 6 est un maximum local sur $F_1$, car f est continue sur $F_1$ et sa dérivée est négative aux alentours de (-1,-1) sur $F_1$
De même on a que (1,1) est un maximum local sur $F_1$
Et sont donc des maximums globaux sur $F_1$
Nous verrons plus tard si ce sont des minimums, maximums locaux ou globaux sur D
Cas 2:
On se place dans le cas où $(x,y) \in F_2 = \{y= 1 $ et $(x,y) \in D\}$
Alors $f(x,1) = (x-1)^3 + 6x$
On alors facilement que les extremums locaux sont en x = -1 et x = 1
Effectivement on a $df_{(x,1)} = 3(x-1)^2+6$ qui est strictement positive.
Le point (1,1) est un maximum local de $F_2$ car la dérivée est positive.
Et au point (-1,1) f(x,y) = -14 est un minimum global sur $F_2$
Cas 3:
On se place dans le cas où $(x,y) \in F_3 = \{x= -1 $ et $(x,y) \in D\}$
Alors $f(-1,y) = (-1-y)^3 - 6y$ on peut remarquer que f(-1,y) = f(-y,1). cela revient à se ramener au cas 2.
On trouve alors
Le point (-1,-1) est un maximum local de $F_3$ car la dérivée est positive.
Et au point (-1,1) f(x,y) = -14 est un minimum global sur $F_3$
On a donc 3 potentielles extrema sur D en (1,1), (-1,1) et (1,1):
(1,1) et (-1,-1) sont les maximums locaux sur D, sinon cela impliquerait un point critique sur D°.
Donc ils sont globaux car égaux f(1,1) = f(-1,-1) =6 et ce sont les seuls.
Et (-1,1) est le maximum local sur D donc global de D, de même manière que pour les maximum globaux. et f(-1,1) = -14
Par exemple, on a : $$
\frac{\partial f}{\partial x} (x,y) = \frac{a(x^2 +y^2 +1)-x(ax+by+c)}{(x^2 +y^2 +1)^{3/2}}.
$$ L'idée de manipuler les équations comme vous l'avez fait et ensuite d'écarter les cas $a$ ou $b$ nuls est bonne. Il faut corriger les calculs et la reprendre.
L'astuce d'utiliser Cauchy-Schwarz concerne les extrema globaux.
D est un domaine fermé borné et comme f est de classe C$^\infty $ sur ce domaine donc atteint son minimum global et son maximum global.Ces points sont à chercher parmi les minima et maxima locaux de f sur D , c’est-à-dire
parmi les minima et maxima locaux de f dans l’ouvert H=$\{(x,y)\in\mathbb{R}^2,x^2+y^2<1\}$ et parmi
les minima et maxima locaux de f sur le bord K=$\{(x,y)\in\mathbb{R}^2,x^2+y^2=1\}$
On a D=H$\cup $K
Déterminons les points critiques qui sont dans H
$\partial_{x}f=\frac{y(1-2x^2-y^2)}{\sqrt{1-x^2-y^2}}$
$\partial_{y}f=\frac{x(1-2y^2-x^2)}{\sqrt{1-y^2-x^2}}$
alors $\begin{cases}y=0 ou 1-2x^2-y^2=0\\x=0 ou 1-2y^2-x^2=0\end{cases}$
Pour la suite j'ai pas réussi à déterminer les points critiques car le suystème est un peut compliqué pour moi.
Puisque c'est la première fois qu'on traite ce type d'exercice, je vais donner une correction complète.
Les dérivées partielles sont correctes. Pour résoudre votre système : après avoir traité séparément les cas $x$ ou $y=0$, $x^2$ et $y^2$ sont solutions d'un système linéaire de deux équations à deux inconnues. Bonne continuation !
La solution de Joffrey Duc donne les bonnes réponses, mais présente quelques points à revoir. Je donne ici
une rédaction complète de la solution.
Le domaine $D$ est l'intersection du carré $[-1,1]\times [-1,1]$ (fermé car produit cartésien de fermés) et du demi-plan fermé "$y\geqslant x$" (fermé car image réciproque du fermé $[0,+\infty [$ par l'application continue $h$ : $\R^2 \longrightarrow \R$, $(x,y)\mapsto y-x$). C'est donc un fermé de $\R^2$. Il est compact car borné (il est contenu dans la boule unité fermé de la norme $\Vert\cdot \Vert_\infty$). En fait $D$ est le triangle "plein" de côtés $A=(-1,1)$, $B=(1,1)$ et $C=(-1,-1)$.
On partitionne $D$ en son intérieur $D^\circ$ et son bord $B$ qui est la réunion (non disjointe) des segments $[AB]$, $[BC]$ et $[CA]$.
Puisque $f$ est continue (car polynomiale) sur le compact $D$, elle y admet un maximum $M$ et un minimum $m$.
Supposons que $M$ ou $m$ soient atteint en un point $(x,y)$ de $D^\circ$. Puisque $f$ est différentiable sur $D^\circ$, $(x,y)$ doit être un point critique. Or un calcul immédiat montre que les points critiques de la fonction $g$ définie sur $\R^2$ par $g(x,y)=(x-y)^3 +6xy$ sont $(0,0)$ et $(1/2,-1/2)$, qui ne sont pas dans $D^\circ$. Donc $f$ n'a pas de points critiques dans $D^\circ$ et ni $M$, ni $m$, ne sont atteints sur $D^\circ$.
Les extrema $M$ et $m$ sont donc atteints sur le triangle $(ABC)$. Nous allons étudier $f$ sur chacun des segments $[AB]$, $[CB]$ et $[CA]$.
Sur le segment $[AB]$. On a $[AB]=\{ (t,1)\ ; \ -1\leqslant t\leqslant 1\}$. On étudie la fonction $f_{AB}(t)=f(t,1)=(t-1)^3 +6t$, $t\in [-1,1]$. Elle est croissante est atteint un maximum $M_{AB}=6$ en $t=1$ (qui correspond au point $B$) et un minimum $m_{AB}=-14$ en $t=-1$ (qui correspond au point $A$).
Sur le segment $[CB]$. On a $[CB]=\{ (t,t) \ ; \ -1 \leqslant t\leqslant 1\}$. On étudie la fonction $f_{CB}(t)=f(t,t)=6t^2$, $t\in [-1,1]$. Elle a un minimum $m_{CB}=0$ en $t=0$ (qui correspond à $0=(0,0)$) et un maximum $M_{CB}=6$ en $t=\pm 1$ (valeurs qui correspondent aux point $B$ et $C$).
Sur le segment $[CA]$. On a $[CA]=\{ (-1,t) \ ; \ -1 \leqslant t\leqslant 1\}$. On étudie la fonction $f_{CA}(t)=-(1+t)^3 -6t$, $t\in [-1,1]$, qui est décroissante. Elle admet un maximum $M_{CB}$ en $t=-1$ (qui correspond au point $C$) et un minimum $m_{CB}=-14$ en $t=-1$ (qui correspond au point $A$).
Synthèse. Le maximum de $f$ sur $D$ est $M={\rm Max}(M_{AB},M_{CB}, M_{CA})=6$, atteint en $B$ et $C$. Le minimum de $f$ sur $D$ est $m={\rm Min}(m_{AB},m_{CB},m_{CA})=-14$, atteint en $A$.
$f(x,y) = \frac{xy}{(1+x)(1+y)(x+y)}$ et $D= \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2, x,y>0\}$
D est ouvert, et f est continue sur D.
On calcul les dérivées partielles en x et y.
$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{y((1+x)(x+y) - x(1+x) - x(x+y)}{(1+y)((1+x)(x+y))^2}= \frac{y((1+x)(x+y) - x(1+x) - x(x+y))}{(1+y)((1+x)(x+y))^2} = \frac{y((1+x)y - x(x+y))}{(1+y)((1+x)(x+y))^2} = \frac{y(y - x^2)}{(1+y)((1+x)(x+y))^2} $
$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{x(x - y^2)}{(1+x)((1+y)(x+y))^2} $
On cherche les points ou la différentielle s'annule:
$df_{(x,y)} = 0 \iff
\begin{equation}
\left\{\begin{matrix}
x(x - y^2) &=& 0 \cr
y(y - x^2) &=& 0 \cr
\end{matrix}\right.
\iff
\left\{\begin{matrix}
x &=& 0 ~~ ou ~~ (x-y^2) &=& 0\cr
y &=& 0 ~~ ou ~~ (y-x^2) &=& 0\cr
\end{matrix}\right.
\end{equation}$
x = 0 ou y = 0. Ne peuvent pas appartenir à D, donc ce n'est pas des solutions envisageable
$df_{(x,y)} = 0 \iff
\begin{equation}
\left\{\begin{matrix}
(x-y^2) &=& 0\cr
(y-x^2) &=& 0\cr
\end{matrix}\right.
\iff
\left\{\begin{matrix}
x &=& y^2 \cr
y &=& x^2 \cr
\end{matrix}\right.\iff
\left\{\begin{matrix}
x &=& x^4 \cr
y &=& x^2 \cr
\end{matrix}\right.
\end{equation}$
Le seul point critique est (1,1) sur D.
Montrer que f est bornée sur D
Déjà f > 0 sur D.
$f(x,y) = \frac{xy}{(1+xy)(x+y) +x^2 +y^2 + 2xy} \leq \frac{xy}{(1+xy)(x +y) + 4xy} = \frac{1}{(\frac{1}{xy}+1)(x +y) + 4} = \frac{1}{(\frac{1}{y}+x + \frac{1}{x} +y) + 4} $
Donc f tend vers 0 sur les bords de D.
Comme f est continue sur D, f est borné sur D.
Le seul point critique de D est (1,1), $f(1,1) = \frac{1}{8}$
D'après l'étude précédente, on montre que (1,1) est un maximum local et global car unique, et que f est majoré sur D.
(corrigé)
On trouve maximum global en un unique point avec Cauchy-Schwarz:
\[f(x,y)=\frac{ax+by+c}{\sqrt{x^2+y^2+1}}=\frac{\langle(a,b,c),(x,y,1)\rangle}{||(x,y,1)||_2} \leq ||(a,b,c)||_2 \] (Cauchy-Schwarz), avec égalité si et seulement si $\lambda (x,y,1)=(a,b,c)$, pour un réel $\lambda$>0, soit si $(x,y,1)=(a/c,b/c,1)$, avec $\lambda = c$. Donc on a un maximum global en $(a/c,b/c,1)$ où $f(a/c,b/c,1)>0$.
J'ai repris la méthode de solène en faisant quelques modification, et correction, si je n'ai pas fais d'erreurs.
F est différentiable sur $\mathbb{R}^2$ car c'est la composée d'applications différentiables.
$J_f(x,y)=\left(\begin{matrix}
\frac{a}{\sqrt{x^2+y^2+1}}-\frac{x(ax+by+c)}{(x^2+y^2+1)^{\frac{3}{2}}} &
\frac{b}{\sqrt{x^2+y^2+1}}-\frac{y(ax+by+c)}{(x^2+y^2+1)^{\frac{3}{2}}}
\end{matrix}\right)$
Donc, $d_f(x,y)=0 \iff
\{\begin{matrix}
a(x^2+y^2+1)-x(ax+by+c)=0\cr
b(x^2+y^2+1)-y(ax+by+c)=0
\end{matrix} \iff
\{\begin{matrix}
a(x^2+y^2+1)-x(ax+by+c)=0\cr
(-xb+ya)(ax+by+c)=0
\end{matrix}$ $\Longleftrightarrow$
$\{\begin{matrix}
a(x^2+y^2+1)-x(ax+by+c)=0\cr
(xb-ya)(ax+by+c)=0
\end{matrix}
\iff$
$\{\begin{matrix}
a(x^2+y^2+1)-x(ax+by+c)=0\cr
(ax+by+c)=0
\end{matrix}
~~ou ~~
\{\begin{matrix}
a(x^2+y^2+1)-x(ax+by+c)=0\cr
(xb-ya)=0
\end{matrix} \iff$
$\{\begin{matrix}
a = 0, b = 0, c=0\cr
(ax+by+c)=0
\end{matrix}
impossible
~~ou ~~
\{\begin{matrix}
a(x^2+y^2+1)-x(ax+by+c)=0\cr
xb=ya
\end{matrix} \iff
\{\begin{matrix}
a(x^2+y^2+1)-x(ax+by+c)=0\cr
xb=ya
\end{matrix}$
A partir de là on peut distinguer plusieurs cas:
*Si a=b=0: alors le seul point critique est (0,0), et une étude simple nous montre que c'est un maximum global.
*Si a=0 et $b \ne 0$: alors $d_f(x,y)=0
\iff
\{\begin{matrix}
xb=0\cr
b(x^2+y^2+1)-y(by+c)=0
\end{matrix} \iff
\{\begin{matrix}
x=0 \cr
-yc +b=0
\end{matrix} \iff
\{\begin{matrix}
x=0 \cr
y= \frac{b}{c}
\end{matrix}$
*Si $a \ne 0$ alors
$\{\begin{matrix}
a(x^2+y^2+1)-x(ax+by+c)=0\cr
y= \frac{bx}{a}
\end{matrix} \iff
\{\begin{matrix}
y=\frac{bx}{a} \cr
ax^2 + \frac{(bx)^2}{a} + a - ax^2 - \frac{(bx)^2}{a} - xc = 0 \end{matrix}
\iff
\{\begin{matrix}
y=\frac{bx}{a} \cr
a - xc = 0
\end{matrix}$
$\iff
\{\begin{matrix}
y=\frac{b}{c} \cr
x= \frac{a}{c}
\end{matrix}$
Le seul point critique est donc (a/c,b/c), on montre donc qu'il est maximum global en utilisant ce qu'à fait Bertrand.
Une dernière chose : un maximum global est forcément unique ; c'est l'endroit où il est atteint qui peut être unique ou pas.
Pourriez-vous faire les corrections ? Vous pouvez éditer votre message. Il faudra simplement mettre un commentaire pour résumer ce que vous avez corrigé.
$$
\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{y}{1+y}\, \frac{\partial}{\partial x}\left( \frac{x}{(1+x)(x+y)}\right)
$$
En particulier il y a des facteurs qui se simplifient dans l'expression de vos dérivées partielles.
On trouve en effet un seul point critique en $(1,1)$. Je ne suis pas entièrement convaincu par votre étude du comportement de $f$ au bord du domaine, c'est-à-dire près de $[0,+\infty [\times [0,+\infty [$.
En fait il y a plus simple. Indication : utiliser l'inégalité $ab\leqslant 1/2\, (a^2 +b^2 )$, $a$, $b\in \R$ !
Je vous laisse modifier l'énoncé pour rendre l'assertion correcte.
Dans le cas, où $ x -> 0$ et $y-> +\infty$ la majoration donnerait $\frac{1}{2}$ ce qui ne convient pas dans cette exercice puisque on veut soit une majoration inférieur à 1/8 par limite.
On remplace minimum par extremum ?
"Montrer qu'une fonction coercive et continue admet un extremum global"
On peut supposer, quitte à étudier $-f$, que $f$ est "positivement coercive", c.à.d. enlever la valeur absolue dans la définition de coercive:
$\forall M>0, \exists A>0$ tel que $\forall x\in E, ||x||\geq A$ entraine que $f(x)\geq M$.
On montre alors que $f$ (qui est continue), admet un minimum global:
Par hypothèse, il existe un $x_0$ tel que $f(x_0)>0$. Avec les mêmes notations que dans la définition on prend: $M=f(x_0)$. Puisque $f$ est continue, elle atteint un minimum sur $\overline{B(0,A)}$ en un $x_1$.
On a que $f(x_1)\leq f(x_0) \leq f(x)$, $\forall x\notin \overline{B(0,A)}$ par définition de $A$. Donc un minimum global est atteint en $x_1$.
Conclusion: si $f$ est "positivement coercive" et continue elle admet un minimum global; et si elle est "negativement coercive" ($-f$ est positivement coercive) et continue, elle admet un maximum global.
$$
\frac{xy}{(1+x)(1+y)(x+y)}=\frac{1\times \sqrt{x}}{1+x}\, \frac{1\times \sqrt{y}}{1+y}\, \frac{\sqrt{x}\times\sqrt{y}}{x+y}
\ ?
$$
Je reviendrai sur votre solution demain.
$$
\forall \epsilon >0, \ \exists r_0 , \ R_0 >0, (x,y)\not\in D(r_0 ,R_0 )\implies f(x,y)<\epsilon\ .
$$
Pour cela, vous pouvez vous servir de votre inégalité. Ensuite il ne restera plus qu'à choisir $\epsilon < f(1,1)$ et appliquer l'existence d'un maximum pour la fonction continue $f$ restreinte au compact $D(r_0 ,R_0 )$.
> Pour l'exercice 5:
> On remplace minimum par extremum ?
>
> "Montrer qu'une fonction coercive et continue
> admet un extremum global"
Que dire de la fonction $f$ : $\R\longrightarrow \R$, $x\mapsto x^3$ ?
il faut changer les hypothèses de l'énoncé:
$\forall M>0, \exists A>0$ tel que $\forall x\in E, ||x||\geq A$ entraine que $f(x)\geq M$. (sans les valeurs absolues de $f$)
ou bien si
$\forall M>0, \exists A>0$ tel que $\forall x\in E, ||x||\geq A$ entraine que $f(x)\leq -M$.
Si une telle fonction est continue, dans le premier cas elle admet un minimum global, et dans le second un maximum global.
On pourrait peut-être aussi garder les hypothèses de l'énoncé, mais avec une dimension de départ $\geq 2$ ?
$f(x,y)=2x^3-y^2+2xy+1$ sur D={$(x,y) \in \mathbb{R^3};x,y \ge 0,x+y \le 1$}
Le domaine D est l'intersection du carré [0,1]x[0,1] (fermé car produit cartésien de fermés) et du demi-plan fermé "$x \le y-1$" (fermé car image réciproque de [$0,+\infty$[ par l'application g de $\mathbb{R^2}$ dans $\mathbb{R}$ qui a (x,y) associe y-x-1). C'est donc un fermé de $\mathbb{R^2}$.
D est compact car borné (il est contenu dans la boule unité pour la norme $||.||_1$
En fait, D est le triangle "plein" de côtés A=(0,1), B=(1,0) et C=(0,0). On partition D en son intérieur $D^0$ et son bord B qui est la réunion (non disjointe) des segments [AB],[AC] et [BC].
Puisque f est continue (car polynomiale) sur le compact D, elle y admet un maximum M et un minimum m.
Supposons que M ou m soient atteint en un point (x,y) de $D^0$. Puisque f est différentiable sur $D^0$, (x,y) doit être un point critique.
Or un calcul rapide montre que les points critiques de h de $\mathbb{R^2}$ dans $\mathbb{R}$ qui a (x,y) associe $2x^3-y^2+2xy+1$ sont (0,0) et ($\frac{-1}{3},\frac{-1}{3}$) qui ne sont pas dans $D^0$.
Donc f n'admet pas de points critiques dans $D^0$ et ni M, ni m ne sont atteints sur $D^0$.
Les extremas M et m sont donc atteints sur le triangle (ABC). Nous allons étudier f sur chacun des ses segments [AB],[AC] et [BC].
Sur le segment [AB], on a [AB]={(t,1-t);$0 \le t \le 1$}. On étudie la fonction $f_{AB}(t) = f(t,1-t) = 2t^3-(1-t)^2+2t(1-t)+1 = 2t^3-3t^2+4t$ avec $t \in $[0,1].
Elle a un minimum $m_{AB}$=0 en t=0 (point C) et un maximum $M_{AB}$=3 en t=1.
Sur le segment [AC], on a [AC]={(0,t);$0 \le t \le 1$}. On étudie la fonction $f_{AC}(t) = f(0,t) = -t^2+1$ avec $t \in $[0,1].
Elle est décroissante et atteint un minimum $m_{AC}$=0 en t=1 (point
Sur le segment [BC], on a [BC]={(t,0);$0 \le t \le 1$}. On étudie la fonction $f_{BC}(t) = f(t,0) = 2t^3+1 = 2t^3+t^2+1$ avec $t \in $[0,1].
Elle est croissante et atteint un minimum $m_{BC}$=1 en t=0 (point A) et un maximum $M_{BC}$=3 en t=1.
Conclusion: Le maximum de f sur D est M=Max($M_{AB},M_{AC},M_{BC}$)=3 et un minimum m=Min($m_{AB},m_{AC},m_{BC}$)=0
*J'ai ajouté un point critique pour la fonction h, j'ai modifié la partie sur le segment [AB] et j'ai aussi modifié la conclusion
Soit $(x,y,z) \in \mathbb{R^3}$
La matrice Jacobienne de f est: $J_f(x,y,z)=\left(\begin{matrix}
yz\exp{(xyz)} & xz\exp{(xyz)} & xy\exp{(xyz)} \end{matrix}\right)$
On obtient donc comme Hessienne de f: $H(x,y,z)= \left(\begin{matrix}
(yz)^2\exp{(xyz)} & (1+xyz)z\exp{(xyz)} & (1+xyz)y\exp{(xyz)} \cr
(1+xyz)z\exp{(xyz)} & (xz)^2\exp{(xyz)} & (1+xyz)x\exp{(xyz)} \cr
(1+xyz)y\exp{(xyz)} & (1+xyz)x\exp{(xyz)} & (xy)^2\exp{(xyz)} \end{matrix}\right)$
D'où, $H(x,y,z)= \exp{(xyz)} \left(\begin{matrix}
(yz)^2 & (1+xyz)z & (1+xyz)y \cr
(1+xyz)z & (xz)^2 & (1+xyz)x \cr
(1+xyz)y & (1+xyz)x & (xy)^2 \end{matrix}\right)$
On a $(xy)^2 >0, (xz)^2>0, (yz)^2>0$ si $x \ne 0, y \ne 0, z \ne 0$
Cherchons quand est-ce que $detH>0$
On doit avoir xyz $\ne$ -1
detH= $\exp{(xyz)}(1+xyz) \left(\begin{matrix}
\frac{(yz)^2}{(1+xyz)} & z & y \cr
z & \frac{(xz)^2}{(1+xyz)} & x \cr
y & x & \frac{(xy)^2}{(1+xyz)} \end{matrix}\right)$
detH = $\exp{(xyz)}(1+xyz) (\frac{(yz)^2}{(1+xyz)}(\frac{(xz)^2}{(1+xyz)}*\frac{(xy)^2}{(1+xyz)}-x^2)-z(z*\frac{(xy)^2}{(1+xyz)}-xy)+y(xz-y* \frac{(xz)^2}{(1+xyz)}))$
detH = $\exp{(xyz)}(1+xyz) (\frac{(yz)^2(xz)^2(xy)^2}{(1+xyz)^3}-\frac{(xyz)^2}{(1+xyz)}-\frac{(xyz)^2}{(1+xyz)}+zxy+yxz- \frac{(xyz)^2}{(1+xyz)})$
detH = $\exp{(xyz)}(1+xyz) (\frac{(yz)^2(xz)^2(xy)^2}{(1+xyz)^3}-3\frac{(xyz)^2}{(1+xyz)}+2xyz)$
detH = $\exp{(xyz)}(\frac{(xyz)^4}{(1+xyz)^2}-(xyz)^2+2xyz)$
detH = $\exp{(xyz)}\frac{1}{(1+xyz)^2}(3(xyz)^2+2xyz)$
Or $\exp{(xyz)}>0$, $\forall (x,y,z) \in \mathbb{R^3}$, pour xyz $\ne$ -1, $\frac{1}{(1+xyz)^2}>0$ et $(3(xyz)^2+2xyz)>0$ si $xyz>\frac{-2}{3}$
Donc finalement, H est définie positive $\forall (x,y,z) \in (\mathbb{R^*})^3$ tels que $xyz>\frac{-2}{3}$
Det H detH= det( $\exp{(xyz)}(1+xyz) \left(\begin{matrix}
\frac{(yz)^2}{(1+xyz)} & z & y \cr
z & \frac{(xz)^2}{(1+xyz)} & x \cr
y & x & \frac{(xy)^2}{(1+xyz)}
\end{matrix}\right)$ )
Det H detH= $(\exp{(xyz)}(1+xyz)) ^3$ det ($\left(\begin{matrix}
\frac{(yz)^2}{(1+xyz)} & z & y \cr
z & \frac{(xz)^2}{(1+xyz)} & x \cr
y & x & \frac{(xy)^2}{(1+xyz)}
\end{matrix}\right)$ )
Donc detH = $\exp{(3xyz)}(1+xyz)(3(xyz)^2+2xyz)$ Si tes calculs sont justes.
a)
soit $g$ une fontion affine de U$\subset\mathbb{R^n}$ dans $\mathbb{R}$
par définition $\forall$ x,y $\in$ $U$ x$\ne$ y et t$\in$ [0,1] on a:
$g$(tx+(1-t)y) = t$g$(x) + (1-t)$g$(y) alors $g$ est convexe
car vérifie la condition de convexité
montrons que toute combinaison linéaire à coefficients positives de fonction convexe est convexe :soient $I$ ensemble fini de $\mathbb{N}$, $\lambda_{i}$ des réels positive pour tout i $\in I$ et $f_i$ une famille quelconque de fonctions convexes,
$\forall$ i $\in I$ on a $f_i$(tx+(1-t)y) $\leq$ t$f_i$(x) + (1-t)$f_i$(y) comme $\lambda_{i}$ $\geq$0 on a
$\lambda_{i}$$f_i$(tx+(1-t)y) $\leq$ $\lambda_{i}$t$f_i$(x) + $\lambda_{i}$(1-t)$f_i$(y) alors
($\sum_{i \in I}$ $\lambda_{i}$$f_i$)(tx+(1-t)y) $\leq$ t($\sum_{i \in I}$ $\lambda_{i}$$f_i$) (x) + (1-t)($\sum_{i \in I}$$\lambda_{i}$$f_i$)(y) $\Longleftrightarrow$ $\sum_{i \in I}$ $\lambda_{i}$$f_i$ est convexe.
si $f$ est convéxe on a:
$\forall$ x,y $\in$ U $f$ (tx+(1-t)y) $\leq$ t$f$(x) + (1-t)$f$(y) or $f$(y + t(x - y)) = $f$(tx+(1-t)y) $\leq$ t$f$(x) + $f$(y) - t$f$(y) $\Longleftrightarrow$ $f$(y + t(x - y)) -$f$(y) $\leq$t($f$(x) - $f$(y))
et comme $f$ est différentiable on a alors $f$(y + t(x - y)) = $f$(y) + t$d_x$$f$(x - y) + t||x -y ||$\epsilon$(t||x -y ||)
Donc $f$(y) + t$d_x$$f$(x - y) + t||x -y ||$\epsilon$(t||x -y ||) -$f$(y)$\leq$t($f$(x) - $f$(y))
t$d_x$$f$(x - y) + t||x -y ||$\epsilon$(t||x -y ||) $\leq$t($f$(x) - $f$(y)) et en simplifiant par t on a: $d_x$$f$(x - y) + ||x -y ||$\epsilon$(t||x -y ||) $\leq$($f$(x) - $f$(y)) par suite en faisant tendre t vers 0 on a $d_x$$f$(x - y) + $f$(x) $\leq$ $f$(y) pour tous x,y $\in$ $U$
pour que cela soit vrai il faut que t soit dans [0,1] je l'avais pas précisé au début.
Désolé!!
si x est point critique de la fonction $f$ alors $d_x$$f$ = 0 par conséquent pour y quelconque dans $U$ on a $f$(x) $\leq$ $f$(y) alors x est minimum global de la fonction.
comme $f$ est convexe alors:
pour tout (a,b) $\in $U$^2$ $d_a$$f$(a - b) + $f$(a) $\leq$ $f$(b) et pour t dans [0,1] posons d'une part b = y et a = x + t(y-x) et d'autre part b = x et a = x + t(y-x) par suite
$d_{ x + t(y-x)}$$f$( x + t(y-x) - y) + $f$( x + t(y-x)) $\leq$ $f$(y)$\Longleftrightarrow$$d_{ x + t(y-x)}$$f$( y - x)(1 -t) + $f$( x + t(y-x)) $\leq$ $f$(y)
$d_{ x + t(y-x)}$$f$( x + t(y-x) - x) + $f$( x + t(y-x)) $\leq$ $f$(x)$\Longleftrightarrow$$d_{ x + t(y-x)}$$f$(y - x)(-t) + $f$( x + t(y-x))$\leq$ $f$(x)
En multipliant la première inéquation par t et la deuxième par (1-t) puis on fait la somme des deux ce qui donne le résultat.
Soit $A=(a_{ij})_{1\leqslant i,j\leqslant n}$ une matrice réelle symétrique de dimension $n\times n$. Rappelons que $A$ est définie positive si c'est la matrice (dans une certaine base) d'une forme quadratique définie positive. Pour $k=1,...,n$, soit $A_k =(a_{ij})_{1\leqslant i,j\leqslant k}$ la matrice obtenue de $A$ en ne gardant que les $k$ premières lignes et colonnes, et posons $D_k ={\rm Det}(A_k )$ (les $D_k$ sont les mineurs principaux de $A$). On a le critère suivant :
La matrice $A$ est définie positive si, et seulement si, $D_k >0$, $k=1,...,n$.
Dans votre solution, vous avec calculé $D_3$. Il faut aussi regarder $D_1$ et $D_2$.
-- La fonction $h$ a deux points critiques $(0,0)$ et $(-1/3,-1/3)$.
-- Le segments $[AB]$ n'est pas correctement paramétré : c'est l'ensemble des points $(x,1-x)$, $0\leqslant x\leqslant 1$.
Vous pouvez modifier votre message. Pour la commodité du lecteur, n'oubliez pas à la du message de préciser (en résumant) ce que vous avez modifié. Merci !