Département de mathématiques et de génie industriel École Polytechnique de Montréal Calcul I Examen final Automne 009 Solutionnaire 1. a) Faux, f(x, y) = (h (x), g (x)) b) Vrai, f(x, y) = 3 + xln(y) + x y + 5x + y c) Faux, par exemple la fonction f(x, y) = e x+y a des droites parallèles comme courbes de niveau d) Faux, lim (x,y) (0,0) = 0 1 e) Vrai car 4M L = 0 dans ce cas f) Faux car v n est pas unitaire. a) La différentielle de S(p, x, w, h) au point P 0 = (p o, x 0, w 0, h 0 ) est ds(p 0 ) = S p (P 0)dp + S (P 0)dx + S w (P 0)dw + S h (P 0)dh = C x4 0 w 0 h 3 dp + C 4p 0x 3 0 0 w 0 h 3 dx C p 0x 4 0 0 w0 dw 3C p 0x 4 0 h3 0 w 0 h 4 dh 0 Ainsi, pour les valeurs p 0 = 100, x 0 = 3, w 0 = 1, h 0 = 1 et C = 1, nous avons ds(p 0 ) = 81 dp + 10, 800 dx 8, 100 dw 4, 300 dh. b) Une fonction linéaire L(p, x, w, h) qui approxime la fonction S au point P 0 = (p o, x 0, w 0, h 0 ) est L(p, x, w, h) = S(p 0, x 0, w 0, h 0 ) + S p (P 0)(p p o ) + S (P 0)(x x 0 ) + S w (P 0)(w w 0 ) + S h (P 0)(h h 0 ) = 8, 100 + 81 (p 100) + 10, 800 (x 3) 8, 100 (w 1) 4, 300 (h 1)
3. Considérons la fonction f(x, y) = y h( y x ) où x 0. a) Posons t = y x. Alors f = [y h(t)] = y h t(t) t = y h t(t) ( y x ) f = [y h(t)] = y h(t) + h(t) = y h t(t) t + h(t) = y h t(t) 1 x + h(t) Ainsi x f + y f = y h(t) = y h( y x ) b) Puisque f = [ f ] = [y h t(t) ( 1 x ) + h(t)] = [y h t(t) 1 x ] + [h(t)] = 1 [ y h x tt(t)( 1 ] x ) + h t(t) + h t(t)( 1 x ) = y x h tt(t)( 1 x ) + ( x )h t(t) = ( y x )h tt(t) + ( x )h t(t) où t = y x Page
4. Soit la fonction f(x, y) = x + y et la contrainte g(x, y) = x y = 8. a) En se basant sur f = λg, les conditions d optimalité du premier ordre sont x = λxy y = λx x y = 8 x = λxy (1) y = λx () x y = 8 (3) b) De la contrainte, nous avons x 0 et y 0. Ainsi par (1), λ = 1 y. En remplacant cette dernière valeur de λ dans (), nous obtenons y = x. En substituant x dans (3), nous avons y 3 = 8. Donc y =. Par la relation (3), on déduit les points critiques : P 0 = (, ) avec λ = 1 P 1 = (, ) avec λ = 1 c) Il existe un minimum global car f(x, y) est continue, le domaine est fermé et lim x ± f(x, 8 ) = lim x y f(± 8 y, y) =. Puisqu il existe un minimum global, il s agit d un des points critiques. Puisque f(p 0 ) = f(p 1 ) = 6, les deux points P 0 et P 1 sont des minima globaux. Un minumum global est f(p 0 ) = f(p 1 ) = 6. Justification. Puisque le domaine x y = 8 n est pas borné supérieurement et que la fonction f est croissante, il n existe pas de maximum global. La fonction f possède donc un minimum global qui est 6 au points P 0 et P 1. d) L approximation de la nouvelle valeur optimale est donnée par Min nouveau Min ancien + λ(k nouveau k ancien ) = 6 + 1 (7, 8 8) = 5, 9 5. a) Considérons la fonction f(x, y) = y cos(x). Alors une approximation quadratique Q(x, y) au point P 0 = ( π, π ) est: Q(x, y) = f( π, π ) + f x( π, π )(x π ) + f y( π, π )(y π ) + 1 [f! xx( π, π )(x π ) + f xy( π, π )(x π )(y π ) + f yy( π, π )(y π ) ] Page 3
Et puisque f( π, π ) = 0 f x(x, y) = y sin(x) f x( π, π ) = π f y(x, y) = cos(x) f y( π, π ) = 0, f xx(x, y) = y cos(x) f xx( π, π ) = 0, f xy(x, y) = sin(x) f xy( π, π ) = 1, f yy(x, y) = 0 f yy( π, π ) = 0. alors Q(x, y) = π (x π ) (x π )(y π ) b) Puisque M Q = max{ f xxx, f xxy, f xyy, f yyy } sur D d = = max{ y sin(x), cos(x), 0, 0 } sur D = max{ 3π, 1, 0, 0} = 3π ainsi, une borne sur l erreur maximale est: (π π ) + ( 3π π ) = 5 π, E Q (x, y) 4 3 M Qd 3 4 3π 3 ( 5 π )3 = 5 5 4 π4 6. a) La pente est la plus forte dans la direction du gradient. Et puisque alors h(x, y) = (x 4x 3 ) i y j h(1, 0) = i b) Le taux de variation de l altitude au point P 0 = (1, 0) dans la direction du vecteur unitaire u = 1 i + 1 j est h u (1, 0) = h(1, 0) u = ( i ) ( 1 i + 1 j ) = Page 4
c) Si le taux de variation de l altitude est nul pour toute direction cela signifie que h(x, y) = (x 4x 3 ) i y j = 0 Donc { (x 4x 3 ) = 0 y = 0 La résolution de ce système d équations nous donne les points recherchés P 1 = (0, 0) P = ( 1, 0) P 3 = ( 1, 0) d) L équation général du plan tangent à la surface au point P 0 = (x 0, y 0, z 0 ) est z = z 0 + h (x 0, y 0 )(x x 0 ) + h (x 0, y 0 )(y y 0 ). Alors au point P 0 = (1, 0, 0), avec h h (1, 0) = et (1, 0) = 0, nous obtenons l équation du plan tangent z = (x 1) = (1 x) 7. Soit la fonction f(x, y) = x + (x y) + 3y 3. a) *) Les conditions d optimalité du 1 er ordre sont: { f f = + (x y) = 0 x y = 1 (1) = 4(x y) + 9y = 0 () En substituant (1) dans (), nous obtenons 4 + 9y = 0. Ainsi y = ± 3. En substituant ces valeurs dans (1), on déduit x = 7 3 et x = 1 3. Par conséquent les points critiques sont P 1 = ( 7 3, 3 ) *)Classement des points critiques. [ Soit f(x, y) = et P = ( 1 3, 3 ) 4 4 (8 + 18y) ] Page 5
** Pour P 1 = ( 7 3, 3 ), f( 7 3, [ 3 ) = 4 4 0 Comme > 0 et que f( 7 3, 3 )) = 4 > 0, alors P 1 = ( 7 3, 3 ) correspond à un minimum local. ] ** Pour P = ( 1 3, 3 ) f( 1 3, [ 3 ) = 4 4 4 ] Comme > 0 et que f( 1 3 )) = 4 < 0, alors P 1 n est pas un minimum local. Analysons f f( 1 3, [ ] 4 3 ) = 4 4 3, Comme < 0 alors P 1 n est pas un maximum de la fonction f, alors P 1 est correspond à un point selle. b) Lorsque x tend vers zéro et que y tend vers ± alors la fonction f tend vers ±. Donc il n existe pas de maximal global ni de minimum global. c) Appliquons la méthode du gradient. Étape 1: Soit P 0 = (0, 0). Étape : Paramétrisons la droite D passant par P 0 dont le vecteur directeur est donné par f(p 0 ) = (, 0). Ainsi D : { x = 0 + t() = t y = 0 + t(0) = 0 où t 0. Étape 3: En remplacant les équations paramétriques de la droite D, obtenues à l étape, dans la fonction f(x, y) nous obtenons h(t) = f(t, 0) = 4t + 4t. Étape 4: Déterminons la valeur critique t de h(t) de sorte que h(t) soit minimale en résolvant: h(t ) t = 4 + 8t = 0. t = 1 Page 6
Étape 5: En remplaŋant t par t = 1 à l étape, nous obtenons les coordonnées du prochain point P 1 généré par la méthode du gradient : P 1 = (1, 0). Page 7