[ édité le 10 juillet 2014 Enoncés 1. Exercice 10 [ ] [correction] Soit a > 0. On pose, pour x > 0 et y > 0,

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1 [ édité le 10 juillet 014 Enoncés 1 Extremum Exercice 1 [ ] [correction] Déterminer les extrema locaux et globaux de Exercice [ ] [correction] Trouver les extrema sur R de Exercice 3 [ ] [correction] Extrema locaux et globaux de Exercice 4 [ ] [correction] Trouver les extrema sur R de f(x, y) = x 3 + y 3 3 f(x, y) = x 4 + y 4 4 f(x, y) = y(x + (ln y) ) f(x, y) = x + + y + x y Exercice 8 [ ] [correction] Calculer inf x,y>0 ( 1 x + 1 ) y + Exercice 9 [ ] [correction] Soit a > 0. Montrer que f : (x, y) x + y + a admet un minimum strict sur (R + ) Exercice 10 [ ] [correction] Soit a > 0. On pose, pour x > 0 et y > 0, f(x, y) = x + y + a Montrer que f admet un minimum absolu et calculer ce dernier. Exercice 11 [ 0007 ] [correction] Soient U un ouvert convexe et f : U R une fonction convexe et différentiable. Montrer que tout point critique est un minimum global. Exercice 5 [ 0910 ] [correction] Trouver les extrema sur R de f(x, y) = x 4 + y 4 (x y) Exercice 1 [ 0068 ] [correction] Déterminer sup (x,y) ]0,+ [ (1 + x)(1 + y)(x + y) Exercice 6 [ 0463 ] [correction] Déterminer les extremums de x ln x + y ln y sur ]0, + [. Exercice 7 [ 0473 ] [correction] Avec Maple, trouver les extrema de f(x, y) = y exp(x) + x exp(y) Exercice 13 [ ] [correction] On considère l espace vectoriel R n muni de son produit scalaire usuel noté... Soit f un endomorphisme symétrique de R n dont toutes les valeurs propres sont strictement positives. a) Montrer que x R n \ 0}, f(x) x > 0 b) Soit u un vecteur de R n et g : R n R l application définie par g(x) = 1 f(x) x u x

2 [ édité le 10 juillet 014 Enoncés Montrer que g admet des dérivées partielles selon tout vecteur de R n et les expliciter. c) Montrer que g admet un unique point critique noté z. d) Montrer que g admet un minimum global en z. Exercice 14 [ ] [correction] R n est muni de la structure euclidienne canonique. a) Comment détermine-t-on les extrémums d une fonction de classe C sur un ouvert de R n (n fixé dans N )? b) Etudier l existence d extrémums de la fonction f à valeurs dans R, définie sur R 3 par (x, y, z) (x + y z)(x + y + z) c) Déterminer les extrémums de la fonction f dans la boule unité fermée de R 3. d) E étant un espace vectoriel euclidien, f et g étant deux formes linéaires non nulles sur E, déterminer les extrémums globaux de la fonction fg dans la boule unité fermée de E en utilisant des vecteurs représentants f et g à travers le produit scalaire. Enoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA Exercice 15 [ 0548 ] [correction] Extremum locaux et globaux de f(x, y) = y(x + (ln y) ) sur R ]0, + [. Exercice 16 [ 0530 ] [correction] a) Etudier les branches infinies, les variations, la convexité et représenter f(t) = t ln t 1 t. b) Résoudre f(t) = 0. c) Trouver les extremums globaux et locaux de g(x, y) = x ln y y ln x Exercice 17 [ 0496 ] [correction] Extremum locaux et globaux de f(x, y) = y(x + (ln y) )

3 [ édité le 10 juillet 014 Corrections 3 Corrections Exercice 1 : [énoncé] f est de classe C 1 sur l ouvert R. Recherchons les points critiques. f x (x, y) = 3x 3y, f y (x, y) = 3y 3x On a 3x 3y = 0 x = y y = x y = x 3y 3x = 0 y = x x 4 = x x = 0 ou 1 (0, 0), (1, 1) sont donc les seuls points critiques Etude en (0, 0) g(x, y) = f(x, y) f(0, 0) = x 3 + y 3 3 g ( 1 n, 0) = 1 n 3 > 0 et g ( 1 n, 0) = 1 n 3 < 0 donc (0, 0) n est pas extremum local. Etude en (1, 1) Procédons à la translation On obtient Passons en coordonnées polaires On obtient g(x, y) = f(x, y) f(1, 1) = x 3 + y x = 1 + u y = 1 + v g(x, y) = 3u + 3v 3 3uv + u 3 + v 3 u = r cos θ v = r sin θ g(x, y) = r (3 3 ) sin θ + r cos3 θ + r sin 3 θ Quand (x, y) (1, 1), on a (u, v) (0, 0) donc r 0 puis 3 3 sin θ + r cos3 θ + r sin 3 θ = 3 3 sin θ + o(1) 3 + o(1) 0 (1, 1) est un minimum local. Cependant f(t, 0) = t 3 donc f n est pas minorée et donc (1, 1) n est t pas un minimum global. Exercice : [énoncé] f est de classe C 1 sur l ouvert R. Recherchons les points critiques. On a f x (x, y) = 4x3 4y, f y (x, y) = 4y3 4x 4x 3 4y = 0 x 3 = y y = x 3 y = x 4y 3 4x = 0 y 3 = x x 9 = x x = 0, 1 ou 1 (0, 0), (1, 1) et ( 1, 1) sont donc les seuls points critique Etude en (0, 0) f(1/n, 1/n) 4 n < 0 et f(1/n, 1/n) 4 n > 0 (0, 0) n est pas extremum local de f. Etude en (1, 1). On peut écrire f(x, y) f(1, 1) = (x 1) + (y 1) + (x y) 0 donc (1, 1) est minimum global. Il en est de même ( 1, 1) car f( x, y) = f(x, y).

4 [ édité le 10 juillet 014 Corrections 4 On exploite pour affirmer (u + v ) + 4uv = (u + v) et 8u + 4 u 3 + u 4 = u (u + ) f( + u, + v) = f(, ) + (u + v) + u (u + ) + v (v + ) Ainsi (, ) est un minimum global. En (, ) : l étude est identique puisque f(x, y) = f(y, x). Exercice 3 : [énoncé] f est définie sur R R +. Points critiques (0, 1) et (0, e ). En (0, 1) : f(0, 1) = 0. Puisque x R, y > 0, f(x, y) 0 (0, 1) est un minimum global. En (0, e ) : rt s = 4. Ce n est pas un extremum local. Exercice 4 : [énoncé] (, ) seul point critique. En posant x = + u et y = + v, puis u = r cos θ et v = r sin θ f(x, y) f(, ) = u + uv + v = r (1 + cos θ sin θ) 0 Il y a un minimum global en (, ). Exercice 5 : [énoncé] La fonction f : (x, y) x 4 + y 4 (x y) est de classe C sur R. Après résolution ses points critiques sont : (0, 0), (, ) et (, ). En (0, 0) : f(0, 0) = 0, f(1/n, 0) /n < 0 et f(1/n, 1/n) /n 4 > 0. Pas d extremum local en (0, 0) En (, ) : r = 0, t = 0 et s = 4. rt s > 0 et r > 0. Il y a un minimum local en (, ). f( + u, + v) = (u + v ) + 4uv + 4 (u 3 v 3 ) + u 4 + v 4 Exercice 6 : [énoncé] L étude des points critiques donne (1, 1) seul point critique. La fonction t t ln t admet un minimum en 1, donc (x, y) x ln x + y ln y admet un minimum en (1, 1). Exercice 7 : [énoncé] On définit la fonction f:=(x, y)->x*exp(y)+y*exp(x); On recherche les points critiques : solve(d[1](f)(x, y)=0, D[](f)(x, y)=0, x, y); La réponse fournie par Maple, s exprime à l aide de RootOf. On concrétise celle-ci par allvalues(%); On obtient un seul point critique ( 1, 1). On peut confirmer le résultat précédent en introduisant g:=t->t*exp(1/t)+exp(t); Cette fonction est strictement positive sur ]0, + [ et sa dérivée obtenue par diff(g(t), t); assure que g est strictement croissante sur ], 0[. Cela permet d affirmer que le RootOf précédent ne conduit qu à la valeur 1. On étudie le point critique en posant r:=d[1, 1](f)(-1, -1); s:=d[1, ](f)(-1, -1); t:=d[, ](f)(-1, -1); et en calculant r*t-sˆ; La valeur obtenue est strictement négative, il n y a pas d extremum en ( 1, 1). On peut confirmer ce résultat en par la représentation plot3d(f(x, y), x=-..0, y=-..0);

5 [ édité le 10 juillet 014 Corrections 5 Exercice 8 : [énoncé] Soit f(x, y) = + 1 x + 1 y définie sur (R+ ). Soit x > 0 fixé. L application y f(x, y) a pour dérivée 1 y + x, elle donc minimale pour y = 1 x. Considérons g : x f(x, 1 x ) = 1 x + x. g est dérivable sur R + et g (x) = 1 x + 1 x = x x 1 x. g est minimale pour x = 1, puis f est minimale en (1, 1) avec f(1, 1) = 3. Exercice 9 : [énoncé] L étude des points critiques donne ( 3 a, 3 a) seul point critique. Posons α = 3 a. f(x, y) f(α, α) = x + y + α3 3α = x y + + α 3 3α Etudions ϕ : α x y + + α 3 3α. Cette application admet un minimum en de valeur x y + = (x + y ) = ( x y) 0 donc pour tout x, y > 0, f(x, y) f(α, α) De plus, il y a égalité si, et seulement si, x = y et α = i.e. x = y = α. Exercice 10 : [énoncé] Soit x > 0 fixé. L application y f(x, y) a pour dérivée y y = 3 a x. Considérons a g : x f(x, 3 x ) = x a x a, elle donc minimale pour g est dérivable sur R + et g (x) = x 3 a, x 5/3 g (x) = 0 x 8/3 = 1/3 a /3 x = 4 a. g est minimale pour x = 4 a/, puis f admet un minimum en ( 4 a/, 4 a/) de valeur a. Exercice 11 : [énoncé] Soit a point critique de f. Pour tout b U, on a par convexité de f : Par suite λ [0, 1], f((1 λ)a + λb) (1 λ)f(a) + λf(b) En passant à la limite quand λ 0 +, Or df(a) = 0 donc f(b) f(a). Exercice 1 : [énoncé] Posons 1 (f(a + λ(b a)) f(a)) f(b) f(a) λ df(a).(b a) f(b) f(a) f(x, y) = (1 + x)(1 + y)(x + y) définie et de classe C sur ]0, + [ Soit x > 0 fixé. Posons ϕ : y f(x, y) On a ϕ (y) = x(x y ) (1 + x)(1 + y) (x + y) La fonction ϕ admet donc un maximum en y = x dont la valeur est On a ψ(x) = f(x, x) = ψ (x) = x (1 + x)(1 + x) x x 1 (1 + x) (1 + x) 3 La fonction ψ admet donc un maximum en x = 1 dont la valeur est Au final sup (x,y) ]0,+ [ ψ(1) = f(1, 1) = 1 8 (1 + x)(1 + y)(x + y) = max (x,y) ]0,+ [ (1 + x)(1 + y)(x + y) = 1 8

6 [ édité le 10 juillet 014 Corrections 6 Exercice 13 : [énoncé] a) Soit (e 1,..., e n ) une base orthonormée de vecteurs propres de f. Pour x = x 1 e x n e n on a f(x) = λ 1 x 1 e λ n x n e n avec λ i > 0 valeur propre associée au vecteur propre e i. Ainsi, pour x 0, f(x) x = λ 1 x λ n x n > 0 b) Par opérations, la fonction g est de classe C 1 donc admet des dérivées partielles relatives à n importe quelle base. Dans la base (e 1,..., e n ), ses dérivées partielles sont 1 D u g(x) = lim t 0 t (g(x + t.u) g(x)) = λ ix i u i en notant u 1,... u n les composantes de u. c) Il est alors immédiat que g admet un unique point critique qui est z = u 1 λ 1 e u n λ n e n = f 1 (u) Tout ceci serait plus simple, en parlant de différentielle plutôt que de dérivées partielles. d) Pour h E, donc g(f 1 (u) + h) = 1 (u + f(h) f 1 (u) + h) (u f 1 (u) + h) g(f 1 (u) + h) = g(f 1 (u)) + 1 (f(h) h) g(f 1 (u)) car (f(h) f 1 (u)) = (h u) par adjonction. Exercice 14 : [énoncé] a) On commence par rechercher les points critiques car l on sait que les extrema locaux sont des points critiques. Dans le cas n =, on peut introduire les notations de Monge et étudier le signe de rt s. Dans le cas général, il n y a rien à connaître qui soit au programme mais ici il semble que l examinateur s attend à ce que l on parle de matrice hessienne... sinon à quoi servirait l hypothèse C? Qu importe, ce n est pas au programme! b) L annulation des dérivées partielles conduit à (0, 0, 0) seul point critique. Pour t 0, on a f(t, 0, 0) = t > 0 et f(0, 0, t) = t < 0 et donc (0, 0, 0) n est pas extremum local. c) La fonction f est une forme quadratique, en introduisant la matrice représentative 3/ 3/ M = 3/ 1 1/ 3/ 1/ on peut écrire f(x, y, z) = t XMX avec X = t ( x y z ) La matrice M est symétrique réelle. Pour calculer son polynôme caractéristique, je n ai pas trouvé plus simple que d appliquer Sarrus... On obtient les valeurs propres 5/, 0 et 7/. En exploitant une base orthonormée de diagonalisation, on obtient 5 t XX f(x) = t XMX 7 t XX Les valeurs extrêmes de la fonction f dans la boule unité fermée sont donc 5/ et 7/ et celles-ci sont prises sur les vecteurs propres unitaires associés. d) On peut introduire a, b E tels que f(x) = (a x) et g(x) = (b x) En introduisant une base orthonormée et en introduisant des colonnes de coordonnées aux notations entendues f(x) = t AX = t XA et g(x) = t BX La forme bilinéaire symétrique associée à la forme quadratique q = fg est donnée par ce qui donne matriciellement ϕ(x, y) = 1 (f(x)g(y) + f(y)g(x)) ϕ(x, y) = 1 ( t XA t BY + t XB t AY ) La matrice symétrique représentant la forme quadratique est alors M = 1 ( A t B + B t A ) Nous allons en déterminer les valeurs propres... Les matrices A t B et B t A sont de rangs au plus 1, la matrice M est donc de rang au plus. Le scalaire 0 en est alors valeur propre de multiplicité au moins n ce qui ne laisse plus la place qu à deux autres valeurs propres λ et µ.

7 [ édité le 10 juillet 014 Corrections 7 Puisque tr(m) = λ + µ, on obtient l équation λ + µ = (a b) Puisque tr(m ) = λ + µ, on obtient, après calcul λ + µ = 1 [(a b) + a b ] En exploitant (λ + µ) = λ + µ + λµ, on obtient λµ = 1 4 [(a b) a b ] et la résolution du système somme-produit qu on en déduit donne λ, µ = (a b) ± a b A l instar de la question c), ce sont là les deux valeurs extrémales de la forme quadratique q = fg. Exercice 15 : [énoncé] Points critiques (0, 1) et (0, e ). En (0, 1) : f(0, 1) = 0 et x R, y > 0, f(x, y) 0 C est un minimum global. En (0, e ) : Ce n est pas un extremum local. rt s = 4 < 0 On conclut que (e, e) est le seul point critique. On étudie alors le signe de On procède à une translation d(x, y) = g(x, y) g(e, e) = x ln y y ln x x = e + u y = e + v et à développement limité à l ordre ) ve v d(x, y) = (e + u) (1 + e + v ε(v) avec ε 0 0. Après simplification d(x, y) = u v + (u + v ) ε(u, v) ) ue u (e + v) (1 + e + u ε(u) avec ε 0. (0,0) En considérant u = 1/n et v = 0 ou, à l inverse u = 0 et v = 1/n, on obtient que d prend des signes différents au voisinage de (e, e) qui n est donc pas extremum de f. Exercice 16 : [énoncé] a) f est définie sur ]0, + [, strictement croissante, concave sur ]0, ] et convexe sur [, + [. Asymptote verticale en 0 et branche parabolique de direction y = x en +. b) t = 1 est solution et c est la seule car f est strictement croissante. c) g est de classe C 1. Recherchons, ses points critiques : g (x, y) = 0 ln y y x x = 0 g y (x, y) = 0 x y ln x = 0 f ( ) x = 0 y x y ln x = 0 x = y x = e

8 [ édité le 10 juillet 014 Corrections 8 Une représentation de la fonction g Exercice 17 : [énoncé] Points critiques (0, 1) et (0, e ). En (0, 1) : f(0, 1) = 0 et x R, y > 0, f(x, y) 0 Il s agit d un minimum global. En (0, e ) : rt s = 4 < 0. Pas d extremum local en ce point.