Exercice 9. Soit f : (x, y, z) (x 2 + y 2 )e z. 1. Déterminer les points critiques de f sur R Étudier si f présente un extremum en ces points.

Transcription

1 Exercice Déterminer les extrema locaux sur R 2 de f : x, y x 2 e x2 +y Déterminer le minimum et le maximum de f sur D = {x, y R 2, x 2 + y 2 1}. Exercice Déterminer les extrema locaux sur R 2 de f : x, y x 2 y 2 x 2 y Déterminer le minimum et le maximum de f sur C = {x, y R 2, 0 x 1, 0 y 1}. Exercice Déterminer et représenter le domaine de définition D f de f : x, y x y lnx y. 2. Déterminer les extrema locaux de f sur D f. On pourra étudier une fonction auxiliaire g telle que x, y D f, fx, y = gx y. Exercice 4. Soit f définie sur R 3 par f : x, y, z x 4 + z 4 4zx 3 4xz 3 + x 2 y 2 + 6x 2 z 2 2xy Montrer que fx, y, z = 0 x = y = z = 0 ou x 0, y = 1 x et z = x. 2. Déterminer les extrema locaux sur R 3 de f. Exercice 5. Soit D F = [ 0 ; + [ 2 et D O = ] 0 ; + [ 2. On définit sur D F une fonction f par xy si x, y 0, 0 fx, y = x + y. 0 sinon 1. a Justifier que pour tout x, y R 2, sup x, y x, y 2 sup x, y et en déduire x, y D F, 0 fx, y 2 x, y. b f est-elle continue sur D F? 2. a Déterminer les extrema locaux de f sur D O. b En déduire les extrema globaux de f sur D F. Exercice 6. Soit f : ] 0 ; + [ R R 2, x, y x ln x 2 + y 2. Déterminer les extrema locaux de f sur ] 0 ; + [ R. Exercice 7. Soit Q = ] 0 ; + [ 2 et Q = [ 0 ; + [ 2. Soit f : Q R, x, y 2x 2 + 2y 2 4x 2 y 2 x 4 y Déterminer les extrema locaux de f sur Q. 2. Pour x, y Q, on pose n = x 2 + y 2. Montrer que fx, y 2n n 2 et en déduire que fx, y Déterminer le maximum global de f sur Q. Exercice 8. Soit D = ] 0 ; + [ et f : D D R, x, y x lny y lnx. Soit g : D R, u u 2 u lnu a Établir que : u > 0, u lnu + 1, puis étudier les variations de g sur D. b Montrer que l équation gu = 0 admet une unique solution dans D à préciser. 2. a Justifier que f est de classe C 2 sur D D. b Montrer que si x 0, y 0 est un point critique de f, alors x 0 > 1 et glnx 0 = 0. c En déduire que f a un unique point critique à préciser. d Étudier si f présente un extremum en ce point. Exercice 9. Soit f : x, y, z x 2 + y 2 e z. 3. Soit H l hyperpplan tangent au graphe Γ f de f en 1, 1, 0. Déterminer une équation de H. 4. Étudier la position relative de de Γ f et H au voisinage de 1, 1, 0. Exercice 10. Soit f : x, y, z z 2 e x+y. 3. Soit H l hyperpplan tangent au graphe Γ f de f en 1, 1, 1. Déterminer une équation de H. 4. Étudier la position relative de de Γ f et H au voisinage de 1, 1, 1. Exercice 11. Soit f : x, y, z x 2 ln1 + y 2 + z 2. Exercice 12. Soit f : x, y, z x 2 y 3 + 2z 2 2x + 3y + 4z + 1. Lycée Henri Poincaré 1/6

2 Exercice 13. Soit f : x, y, z x 3 + 2yz 3x 2y 2z + 8. e Justifier que f atteint effectivement ses extremums globaux sous la contrainte S en ces points critiques, et préciser leur valeur. Exercice Déterminer l unique point critique de f : x, y, z x 2 2y 2 + z 2 pour l optimisation sous la contrainte linéaire { : x + y + z = 3 C x + 2y z = 0 2. Montrer que f atteint effectivement un minimum sous la contrainte C en ce point. Exercice 15. Soit f la fonction définie sur R 3 par fx, y, z = x 2 + y 2 + z Soit C la contrainte linéaire x y + z = 5. a Montrer que A = 1, 2, 2 est l unique point critique de f sous la contrainte C. b Vérifier que, pour tout X = x, y, z de R 3, fx fa est du signe de 10 2x 2 y 2 z 2. c Donner une condition nécessaire et suffisante sur H = α, β, γ pour que X = A+H vérifie C. d En déduire que f atteint en A un maximum global sous la contrainte C. 2. Soit S la contrainte non linéaire x 2 + y 2 + z 2 = 1. Soit S l ensemble des x, y, z de R 3 vérifiant S. S n est autre que la sphère de centre O = 0, 0, 0 et de rayon 1. a Justifier que f atteint un minimum et un maximum globaux sous la contrainte S. b S est-elle une contrainte non critique sur l ouvert R 3? c Indiquer le plus grand domaine D de R 3 sur lequel la contrainte S est non critique, et justifier que D est un ouvert de R 3. d Montrer que les points critiques de f sur D pour l optimisation sous la contrainte S sont : les points 0, y, z où y, z R 2 vérifie y 2 + z 2 = 1 ; les points 1, 0, 0 et 1, 0, 0. Lycée Henri Poincaré 2/6

3 Corrigés succincts. Exercice f est de classe C 2 sur R 2. 1 fx, y = 2xx 2 + 1e x2 +y 2 et 2 fx, y = 2yx 2 e x2 +y 2. Ensemble des points critiques : {0, y, y R}. f étant positive sur R 2 et nulle en 0, y, f est minimum en chaque point critique. 0 étant son minimum global. On remarque que la forme quadratique n est pas définie D est le disque fermé de centre O = 0, 0 et de rayon 1. C est un fermé borné donc f, qui est continue, y atteint un minimum et un maximum. La frontière de D est le cercle C de centre O et de rayon 1, caractérisé par x, y C x 2 + y 2 = 1. Si x, y C, fx, y = x 2 e 1 et 1 x 1, donc 0 fx, y e. Les extrema de f sur C sont 0, atteint en 0, ±1, et e atteint en ±1, 0. Les extrema locaux de f à l intérieur de D sont, d après 1, tous des minima égaux à 0. Bilan : les extrema globaux de f sur D sont 0, atteint en tout 0, y y [ 1 ; 1 ], et e atteint en ±1, 0. Exercice fx, y = 2xy 2 1 et 2 fx, y = 2yx 2 1. Ensemble des points critiques : {0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1}. 2 2y 2 2 4xy fx, y = 4xy 2x f0, 0 = : en 0, 0, maximum local f±1, ±1 = 2 f±1, 1 = : qx, y = 8xy est de signe variable, points cols. : qx, y = 8xy est de signe variable, points cols. 2. C est un carré, fermé et borné, de R 2. f est continue sur C : elle est bornée et atteint ses bornes sur C. Comme l unique extremum local de f n est à l intérieur de C, les extremums de f sur C sont à chercher sur les segments formant la frontière. fx, 0 = 1789 x 2 prend ses valeurs dans [ 1788 ; 1789 ] pour 0 x 1 ; f1, y = 1788 pour 0 y 1 ; fx, 1 = 1788 pour 0 x 1 ; f0, y = 1789 y 2 prend ses valeurs dans [ 1788 ; 1789 ] pour 0 y 1. Le minimum de f sur C est 1788, atteint lorsque x = 1 ou y = 1, le maximum est 1789 atteint en 0, 0. Exercice D f = {x, y R 2, x > y}, demi-plan ouvert situé sous la droite d équation y = x. 2. fx, y = 0, 0 lnx y = 1 y = x e 1. En x, x e 1, r = t = s = e, rt s 2 = 0... g : u u ln u admet 1/e comme minimum sur ] 0 ; + [ en 1/e, donc fz, t = gz t 1/e = fx, x 1/e : minimum global atteint en chaque point critique. Exercice La dérivée en y fournit la condition xxy 1 = 0 donc x = 0 ou y = 1/x. Il n y a plus qu à injecter dans les 2 autres conditions. 2. En 0, 0, 0, q O x, y, z = 4xy est de signe variable. f0, 0, z = z = f0, 0, 0, fx, x, 0 = 2x 2 x < 1 pour x ] 1 ; 1 [, donc pas d extremum en 0, 0, 0. En x, 1/x, x avec x 0 : qh 1, h 2, h 3 = 2 h 1 2 x + xh 2 est positive mais non définie car q0, 0, 1 = 0 par exemple. On peut remarquer que fx, y, z = x z 4 +xy et s annule en x, 1/x, x donc f atteint son minimum global 0 en tout point critique x, 1/x, x. Exercice a Comme x 0 et y 0, x + y sup x, y xy = x y x, y 2, Alors 0 fx, y = x, y 2 xy x + y et d autre part, x, y 2 x, y. 2 x, y 2 b... ce qui, par encadrement, entraîne : lim fx, y = 0 et f est continue en x,y 0,0 0, 0. f est continue et même C 2 sur D F \{0, 0} comme quotient de fonctions continues même C 2 à dénominateur non nul. 2. a fx, y = y 2 x x+y, 2 2 x+y et le seul candidat point-critique est 0, 0 et n est 2 pas dans D O. f n a pas d extremum local dans D O. b Les extrema se trouve sur la frontière de D F qui est {x, 0, x R} {0, y, y R} et comme fx, 0 = f0, y = 0 et f est positive, le minimum global de f sur D F est 0, atteint sur toute la frontière, et il n y a pas de maximum on peut remarquer que f n est pas majorée : fx, x = x x + Lycée Henri Poincaré 3/6

4 Exercice 6. f est de classe C 2 sur D = ] 0 ; + [ R par les propriétés algébriques classiques. fx, y = ln 2 x + 2 ln x + y 2, 2xy et comme x 0, fx, y = 0 y = 0 et ln 2 x + 2 ln x = 0 y = 0 et ln xln x + 2 = 0 x, y = 1, 0 ou x, y = e 2, ,1fx, y = 2ln x + 1/x, 2 1,2fx, y = 2y et 2 2,2fx, y = 2x. Aux points critiques, la hessienne est diagonale et nous délivre ses valeurs propres sans batailler... En 1, 0 : minimum local valant 0. En e 2, 0 : point selle... Exercice f polynomiale donc C 2, seul point critique sur Q : 1/ 3, 1/ 3. L étude de la forme quadratique conduit à un point selle. f n a pas d extremum local sur Q. 2. En développant, 2n n 2 = fx, y + 2x 2 y 2 fx, y. Or n 2n n 2 a pour maximum 1 sur R +, atteint en 1, donc fx, y f1, 0 = f0, 1 = 1, donc 1 est le maximum global de f sur Q. Exercice a La concavité de ln permet d établir u > 0, lnu u 1. g u = 2u lnu 1 > 0 : g est strictement croissante sur D. b g est continue strictement croissante sur D, donc est une bijection de D sur ] lim gu; lim gu[= ] 1 ; + [. u 0 u + Comme 0 ] 1 ; + [, 0 a un unique antécédent par g, gu = 0 a un unique solution dans D, et comme g1 = 0, cette solution est a Propriétés classiques sur les opérations... b fx, y = lny y x, x y lnx. fx 0, y 0 = 0, 0 ln y 0 = y0 x 0 et lnx 0 = x0 y 0 x 0 > 1car ln x 0 > 0, y 0 = x0 ln x 0 et ln x 0 ln x 0 = x 0 x 0 > 1, glnx 0 = 0 et y 0 = x 0 lnx 0. c Puisque gu = 0 u = 1, le seul point possible est x 0, y 0 = e, e. On vérfie que fe, e = 0, 0. C est un point critique. d 2 1/e 2 0 fe, e = 0 1/e 2... et Sp 2 fe, e = {1/e 2, 1/e 2 } et pas d extremum. tutu x 0 ln x 0 Exercice L ensemble des points critiques de f sur R 3 est C = {0, 0, z/z R} f0, 0, z = diag2e z, 2e z, 0 donc 0 est valeur propre et la forme quadratique est positive mais pas définie : on ne peut pas conclure ainsi. Cependant, f0, 0, z = 0 et f est manifestement positive, donc atteint son minimum 3. Équation de H : t = 2x + 2y + 2z L étude de fx, y, z 2x + y + z 1 montre que 1, 1, 0 est point critique avec 2 f1, 1, 0 = variable : au voisinage de 1, 1, 0, H traverse Γ f., ce qui conduit à une forme quadratique de signe Exercice L ensemble des points critiques de f sur R 3 est C = {x, y, 0/x, y R 2 } fx, y, 0 = diag0, 0, 2e x+y donc 0 est valeur propre et la forme quadratique est positive mais pas définie : on ne peut pas conclure ainsi. Cependant, fx, y, 0 = 0 et f est manifestement positive, donc atteint son minimum 3. Équation de H : t = x + y + 2z L étude de fx, y, z x + y + 2z 1 montre que 1, 1, 1 est point critique avec 2 f1, 1, 1 = variable : au voisinage de 1, 1, 0, H traverse Γ f., ce qui conduit à une forme quadratique de signe Exercice L ensemble des points critiques de f sur R 3 est C = {0, y, z/y, z R 2 } {x, 0, 0/x R} f0, y, z = diag2 ln1 + y 2 + z 2, 0, 0 donc 0 est valeur propre et la forme quadratique est positive mais pas définie : on ne peut pas conclure ainsi. Cependant, f0, y, z = 0 et f est manifestement positive, donc atteint son minimum 2 fx, 0, 0 = diag0, 2x 2, 2x 2 donc 0 est valeur propre et la forme quadratique est positive mais pas définie : on ne peut pas conclure ainsi. Cependant, fx, 0, 0 = 0 et f est manifestement positive, donc atteint son minimum Exercice 12. Lycée Henri Poincaré 4/6

5 1. L ensemble des points critiques de f sur R 3 est C = {1, 1, 1; 1, 1, 1} f1, 1, 1 = diag2, 6, 4 donc les valeurs propres de 2 f sont toutes strictement positives et la forme quadratique est définie positive : f présente un minimum local en 1, 1, 1. 2 f1, 1, 1 = diag2, 6, 4 donc 2 f a deux valeurs propres strictement positives et une strictement négative : la forme quadratique est de signe variable, f présente point selle en 1, 1, 1. Exercice L ensemble des points critiques de f sur R 3 est C = {1, 1, 1; 1, 1, 1} f1, 1, 1 = donc la forme quadratique q est définie par : qx, y, z = 6x 2 + 4yz. Alors qx, 0, 0 = 6x 2 tandis que q0, y, y = 4y 2 :la forme quadratique est de signe variable, f présente point selle en 1, 1, f 1, 1, 1 = donc la forme quadratique q est définie par : qx, y, z = 6x 2 + 4yz. Alors qx, 0, 0 = 6x 2 tandis que q0, y, y = 4y 2 :la forme quadratique est de signe variable, f présente point selle en 1, 1, 1. Exercice En notant g 1 x, y, z = x + y + z et g 2 x, y, z = x + 2y z les formes linéaires définies par C, un point critique pour l optimisation sous la contrainte C vérifie : λ, µ R 2, fx, y, z = λ g 1 + µ 2, donc 2x, 4y, 2z = λ1, 1, 1 + µ1, 2, 1, ce qui conduit aux relations : x = λ + µ/2, y = λ + 2µ/4 et z = λ µ/2. En injectant ces données dans C, on obtient λ = 0 et µ = 6, ce qui induit x, y, z = 3, 3, 3, dont on vérifie qu il satisfait le système initial, unique point critique sous la contrainte C. 2. La contrainte C équivaut à x = 6 3z et y = 2z 3. Comme : z R, f6 3z, 2z 3, z = 2z 2 12z + 18 = 2z = f 3, 3, 3, f atteint bien un minimum en ce point. Exercice a On fait comme d habitude : on veut fa = λ1, 1, 1 et A vérifie C. En écrivant A = x, y, z, il existe λ R tel que 4x 1 + 2x 2 + y 2 + z 2 2, 2y 1 + 2x 2 + y 2 + z 2 2, 2z 1 + 2x 2 + y 2 + z 2 2 = λ1, 1, 1, et en multipliant par 1 + 2x 2 + y 2 + z 2 2, on en déduit 4x = 2y = 2z = λ1 + 2x 2 + y 2 + z 2 2, d où 2x = y = z. La contrainte C induit x + 2x + 2x = 5, soit x = 1, donc le seul candidat est A = 1, 2, 2. On vérifie que A est bien solution avec λ = 4/11. b fa = 1, puis on réduit fx fa au même dénominateur. 11 c A + H C α β + γ = 0. d En calculant alors : α β γ 2 = 2α 2 β 2 γ 2 0 d où le maximum annoncé. 2. a S est bornée car x, y, z S x, y, z = S est fermé car S = {x, y, z R 3 /x 2 + y 2 + z 2 1 et x 2 + y 2 + z 2 1}... ça peut paraître tirer par les cheveux mais un ensemble défini par une égalité est fermé. Comme f est continue sur le fermé borné S, f est bornée et atteint ses bornes. b Soit g : x, y, z x 2 + y 2 + z 2. g est de classe C 1 sur R 3 avec gx, y, z = 0 x = y = z = 0 puisque gx, y, z = 2x, 2y, 2z. La condition est non critique sur R 3 \ {0, 0, 0} mais n est pas non critique sur R 3 tout entier. c D = R 3 \ {0, 0, 0} est la plus grand domaine sur lequel la condition est non critique. D est un ouvert de R 3 car on peut le définir par D = {x, y, z R 3 /gx, y, z > 0}. En se privant de 0, 0, 0, on se prive d un point qui ne vérifie pas la contrainte, donc cela ne nuit pas à la recherche des extrema. d Puisque la condition est non critique, un point x, y, z de D est un point critique { sous la contrainte S s il vérifie : fx, y, z = λ gx, y, z ce qui implique 2x, y, z = 1 + x 2 2 λx, y, z. gx, y, z = 1 Si x = 0, alors λ = 1 et y et z tels que y 2 + z 2 = 1 sont solutions. Si x 0, alors 2x = 1 + x 2 2 λx donne 1 + x 2 2 λ = 2, donc y = 2y et z = 2z, d où y = z = 0, et d après la contrainte, x = ±1. On vérifie que ces points sont effectivement solutions. e Enfin, avec x 2 + y 2 + z 2 = 1, fx, y, z = 1 1 x 1, 1 3 fx, y, z 1 2., et puisque la contrainte entraîne 2 + x2 Lycée Henri Poincaré 5/6

6 Il n y a plus qu à constater que le majorant est atteint en tous les points 0, y, z avec y 2 + z 2 = 1 et le minorant aux points ±1, 0, 0 pour conclure... Lycée Henri Poincaré 6/6