Extrema et optimisation sans contrainte : exercices corrigés de MTH1101 (Polytechnique)

a) $f_{x}=3x^{2}-6y$ et $f_{y}=3y^{2}-6x$. Les points critiques sont les solutions du système $3x^{2}-6y=0$, $3y^{2}-6x=0$, c'est-à-dire $y=\frac{x^{2}}{2}$ et $x=\frac{y^{2}}{2}$. En substituant la première dans la seconde : $x=\frac{1}{2}\left(\frac{x^{2}}{2}\right)^{2}=\frac{x^{4}}{8}$, soit $x^{4}-8x=x\left(x^{3}-8\right)=0$. Donc $x=0$ ou $x^{3}=8$, c'est-à-dire $x=2$, seule racine cubique réelle de $8$. Avec $y=\frac{x^{2}}{2}$, on obtient $(0,0)$ et $(2,2)$ : deux points critiques, et deux seulement. Le geste qui protège est de FACTORISER $x^{4}-8x$ au lieu de diviser par $x$. Diviser fait perdre l'origine, c'est-à-dire précisément le point de selle, et la question b) devient incomplète sans qu'aucun calcul ne le signale. Vérification : $\nabla f(2,2)=(12-12\,;12-12)=(0\,;0)$.

b) $f_{xx}=6x$, $f_{yy}=6y$, $f_{xy}=-6$, donc $D(x,y)=36xy-36$. En $(0,0)$ : $D=-36<0$, c'est un point de selle, quel que soit le signe de $f_{xx}$, qui vaut d'ailleurs $0$. En $(2,2)$ : $D=144-36=108>0$ et $f_{xx}(2,2)=12>0$, c'est un minimum local. L'ordre de lecture est imposé par le théorème : on regarde $D$ D'ABORD. Le signe de $f_{xx}$ ne sert qu'une fois $D>0$ établi ; lu seul, il ne décide de rien. Le test demande des dérivées secondes continues près du point : $f$ est un polynôme, on l'écrit en une ligne et on a le droit de conclure.

c) Sur la droite $y=x$ : $f(t,t)=t^{3}-6t^{2}+t^{3}=2t^{2}(t-3)$, strictement négatif pour $0<|t|<3$. Sur la droite $y=-x$ : $f(t,-t)=t^{3}+6t^{2}-t^{3}=6t^{2}$, strictement positif pour $t\neq 0$. Aussi près de l'origine qu'on veuille, $f$ prend donc des valeurs plus petites ET plus grandes que $f(0,0)=0$ : c'est la définition même du point de selle, que le test n'a fait que confirmer. En $t=0{,}1$ : $f(0{,}1\,;0{,}1)=0{,}002-0{,}06=-0{,}058$ et $f(0{,}1\,;-0{,}1)=0{,}06$. Les deux directions se lisent sur le terme $-6xy$, seul terme de degré $2$ de $f$ à l'origine : il est négatif quand $x$ et $y$ ont le même signe, positif sinon, et il domine $x^{3}+y^{3}$ près de $(0,0)$.

d) $f(2,2)=8-24+8=-8$. Ce nombre est la plus petite valeur de $f$ AUTOUR de $(2,2)$, pas sur tout le plan : $f(-3,0)=-27<-8$. Plus radicalement, $f(x,0)=x^{3}$ tend vers $-\infty$ quand $x\to-\infty$, donc $f$ n'a aucun minimum absolu sur $\mathbb{R}^{2}$, et pas davantage de maximum absolu puisque $f(x,0)\to+\infty$ quand $x\to+\infty$. Le test des dérivées secondes est un outil LOCAL : il compare $f(2,2)$ aux valeurs voisines, jamais aux valeurs lointaines. Écrire « minimum » sans l'adjectif local coûte une nuance ; écrire « minimum absolu » coûte la question.

a) Avec $f=3xy-x^{2}y-xy^{2}$ : $f_{x}=3y-2xy-y^{2}=y(3-2x-y)$ et $f_{y}=3x-x^{2}-2xy=x(3-x-2y)$. Un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs l'est, donc le système se découpe en quatre cas. Cas $y=0$ et $x=0$ : $(0,0)$. Cas $y=0$ et $3-x-2y=0$ : $x=3$, d'où $(3,0)$. Cas $3-2x-y=0$ et $x=0$ : $y=3$, d'où $(0,3)$. Cas $3-2x-y=0$ et $3-x-2y=0$ : en soustrayant, $x=y$, puis $3-3x=0$, d'où $(1,1)$. Quatre points critiques. Écrire les quatre cas, un facteur de chaque équation à la fois, est la seule façon sûre de n'en oublier aucun.

b) L'élève a divisé la première équation par $y$ et la seconde par $x$, ce qui n'est permis que si $y\neq 0$ et $x\neq 0$. Il a donc supposé sans le dire que le point n'est sur aucun des deux axes, et perdu les trois points critiques qui s'y trouvent : $(0,0)$, $(3,0)$ et $(0,3)$. C'est le même réflexe qu'à une variable, où l'on ne divise jamais par $x$ sans examiner $x=0$, mais il coûte ici trois points de selle d'un coup, et toute discussion d'extremum absolu qui suit devient incomplète.

c) $f_{xx}=-2y$, $f_{yy}=-2x$, $f_{xy}=3-2x-2y$. En $(1,1)$ : $f_{xx}=-2$, $f_{yy}=-2$, $f_{xy}=-1$, donc $D=4-1=3>0$ avec $f_{xx}<0$ : maximum local, de valeur $f(1,1)=1\times 1\times 1=1$. En $(0,0)$ : $f_{xx}=f_{yy}=0$ et $f_{xy}=3$, donc $D=-9<0$. En $(3,0)$ : $f_{xx}=0$, $f_{yy}=-6$, $f_{xy}=-3$, $D=-9$. En $(0,3)$ : de même $D=-9$. Les trois points des axes sont des points de selle. La figure de la correction, qui trace les niveaux $0$, $0{,}3$ et $0{,}7$, le montre sans calcul : le niveau $0$ est formé des trois droites $x=0$, $y=0$ et $x+y=3$, et chacun des trois points est le croisement de deux d'entre elles. Autour d'un tel croisement, $f$ change de signe d'un secteur à l'autre, ce qui exclut tout extremum.

d) Sur $T$, fermé et borné, $f$ est continue : le théorème des valeurs extrêmes garantit un maximum absolu. Sur le bord de $T$, l'un des trois facteurs est nul, donc $f=0$ ; à l'intérieur, les trois facteurs sont strictement positifs, donc $f>0$. Le maximum est donc atteint à l'intérieur, en un point critique, et le seul point critique intérieur est $(1,1)$ : le maximum absolu sur $T$ vaut $1$. Sur $\mathbb{R}^{2}$ en revanche, $f(-1,-1)=(-1)(-1)(3+1+1)=5>1$ : le maximum local n'est pas absolu, et d'ailleurs $f(t,t)=t^{2}(3-2t)\to+\infty$ quand $t\to-\infty$. Le même point est un maximum absolu sur une région et seulement local sur une autre : « absolu » se dit toujours PAR RAPPORT À une région, qu'il faut nommer.

a) $\nabla f=\left(2x\,;4y^{3}\right)$, $\nabla g=\left(-3x^{2}\,;2y\right)$, $\nabla h=\left(-8xy+12x^{3}\,;2y-4x^{2}\right)$ : les trois gradients sont nuls en $(0,0)$. À l'origine : pour $f$, $f_{xx}=2$, $f_{yy}=12y^{2}=0$, $f_{xy}=0$ ; pour $g$, $g_{xx}=-6x=0$, $g_{yy}=2$, $g_{xy}=0$ ; pour $h$, $h_{xx}=-8y+36x^{2}=0$, $h_{yy}=2$, $h_{xy}=-8x=0$. Dans les trois cas $D(0,0)=0$, et le théorème ne dit alors RIEN : ni minimum, ni maximum, ni selle. Écrire « $D=0$, donc point de selle » est l'erreur classique, et les trois fonctions vont la réfuter : même $D$, natures différentes. Il faut revenir à la définition et étudier le signe de $F(x,y)-F(0,0)$ près de l'origine.

b) $f(x,y)=x^{2}+y^{4}\ge 0=f(0,0)$ pour tout $(x,y)$, avec égalité seulement en $(0,0)$. L'origine est donc un minimum, et même un minimum absolu strict. Aucune dérivée n'est nécessaire : quand la fonction est une somme de termes positifs, la comparaison directe à $f(0,0)$ est la preuve la plus courte. Le test échouait seulement parce que $y^{4}$ est trop plat en $0$ pour qu'une dérivée seconde le voie.

c) Sur l'axe des abscisses, $g(t,0)=-t^{3}$ : négatif pour $t>0$, positif pour $t<0$. Aussi près de l'origine qu'on veuille, $g$ prend des valeurs plus grandes et plus petites que $g(0,0)=0$ : l'origine n'est ni un minimum ni un maximum. Numériquement $g(0{,}1\,;0)=-0{,}001$ et $g(-0{,}1\,;0)=0{,}001$. Au sens de Stewart, c'est un point de selle, même si la surface ne ressemble pas à une selle de cheval : un point critique qui n'est pas un extremum. Une seule direction où la fonction change de signe suffit à exclure l'extremum.

d) Sur l'axe vertical, $h(0,y)=y^{2}$, minimal en $0$. Sur la droite $y=mx$ : $h(x,mx)=m^{2}x^{2}-4mx^{3}+3x^{4}$. Si $m\neq 0$, le terme $m^{2}x^{2}$ domine près de $0$ et la restriction a un minimum local strict en $0$ ; si $m=0$, $h(x,0)=3x^{4}$, minimum aussi. Pourtant, sur la parabole $y=2x^{2}$, coincée entre les deux paraboles de la figure : $h\left(x,2x^{2}\right)=\left(2x^{2}-x^{2}\right)\left(2x^{2}-3x^{2}\right)=-x^{4}<0$ pour $x\neq 0$. Donc $h$ prend des valeurs négatives arbitrairement près de l'origine, qui n'est PAS un minimum ; ni un maximum, puisque $h(0,y)=y^{2}>0$. Par exemple $h(1,2)=(2-1)(2-3)=-1$. La leçon est de taille : un minimum sur toutes les droites ne fait pas un minimum. Chaque droite sort de la région hachurée avant d'atteindre l'origine ; la parabole $y=2x^{2}$ y reste jusqu'au bout.

e) $k(s,1)=|s|-1$, donc $\frac{k(s,1)-k(0,1)}{s}=\frac{|s|}{s}$, qui vaut $1$ pour $s>0$ et $-1$ pour $s<0$ : pas de limite en $0$, donc $\frac{\partial k}{\partial x}(0,1)$ n'existe pas. Or un point critique est un point du domaine où le gradient est nul OU n'existe pas : $(0,1)$ en est un, comme tous les points de l'axe $x=0$. Ailleurs, $k_{x}=\pm 1\neq 0$ et il n'y a aucun point critique. Sur l'axe, seul $(0,1)$ peut être un extremum, car $k(0,y)=y^{2}-2y$ varie en tout autre point. Nature : $k(x,y)=|x|+(y-1)^{2}-1\ge -1=k(0,1)$, c'est un minimum absolu. Chercher seulement $\nabla k=\vec 0$, c'est rater ici la seule réponse, car ce gradient ne s'annule nulle part.

a) Autour de $A$, les courbes de niveau sont fermées et emboîtées, et leur valeur DIMINUE quand on s'approche du point : $-1$, $-2$, puis $-3$. La fonction est plus petite en $A$ que tout autour : minimum local. Autour de $B$, c'est le contraire, les valeurs AUGMENTENT vers le centre ($1$, $2$, $3$) : maximum local. En $C$ et en $E$, la courbe de niveau $0$ se croise elle-même ; de part et d'autre, on trouve des niveaux positifs dans deux secteurs opposés et négatifs dans les deux autres. Aussi près du point qu'on veuille, $f$ est tantôt au-dessus, tantôt au-dessous de $f(C)=0$ : point de selle. La règle de lecture : des courbes fermées emboîtées signalent un extremum et c'est le SENS des valeurs qui dit lequel ; un croisement de niveaux signale une selle. Des courbes fermées sans leurs valeurs ne distinguent pas un minimum d'un maximum.

b) $M(0,1)$ est sur la courbe de niveau $-2$. En partant vers la droite, vers $A$, on rencontre le niveau $-3$ : $f$ diminue quand $x$ augmente à $y$ fixé, donc $f_{x}(M)<0$. Vers la gauche, on remonte vers le niveau $-1$, ce qui confirme. Avec la formule de c), $f_{x}=3x^{2}-3$ vaut bien $-3$ en $M$. Une carte donne le signe d'une dérivée partielle par le sens des valeurs dans la direction de l'axe, et son ordre de grandeur par l'écartement des courbes.

c) $f_{x}=3x^{2}-3$ et $f_{y}=3y^{2}-3$ s'annulent pour $x=\pm 1$ et $y=\pm 1$ : quatre points critiques, ceux de la carte. $f_{xx}=6x$, $f_{yy}=6y$, $f_{xy}=0$, donc $D=36xy$. En $A(1,1)$ : $D=36>0$ et $f_{xx}=6>0$, minimum local, $f(A)=-4$. En $B(-1,-1)$ : $D=36>0$ et $f_{xx}=-6<0$, maximum local, $f(B)=-1+3-1+3=4$. En $C(1,-1)$ et $E(-1,1)$ : $D=-36<0$, points de selle, de valeur $0$. La carte et le test disent la même chose ; la carte le disait sans un calcul.

d) $f$ est continue sur $K$, fermé et borné : le théorème des valeurs extrêmes garantit les deux extrema absolus. Candidats intérieurs : $-4$, $4$, $0$, $0$. Pour le bord, on remarque que $f(x,y)=u(x)+u(y)$ avec $u(s)=s^{3}-3s$. Sur $[-2\,;2]$, $u'(s)=3s^{2}-3$ et les candidats donnent $u(-2)=-2$, $u(-1)=2$, $u(1)=-2$, $u(2)=2$ : $u$ a pour maximum $2$, atteint en $s=-1$ ET en $s=2$, et pour minimum $-2$, en $s=1$ et en $s=-2$. Le maximum de $f$ sur $K$ vaut donc $2+2=4$, atteint quand $x$ et $y$ valent chacun $-1$ ou $2$ : en $(-1,-1)$, $(2,2)$, $(2,-1)$ et $(-1,2)$, quatre points dont trois sur le bord. De même, le minimum absolu vaut $-4$, en $(1,1)$, $(-2,-2)$, $(-2,1)$ et $(1,-2)$. Le maximum local $B$ est bien un maximum absolu sur $K$, mais il n'est pas seul : on ne conclut jamais sans avoir examiné le bord, même quand un point intérieur paraît gagner.