Optimisation : corrigé des exercices de maths spé.

Corrigé de l’exercice 1 : Points critiques d’un polynôme de degré 3

1. La fonction \(f\) est polynomiale, donc de classe \(C^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}^2\). On a \(\partial_x f = 3x^2 – 3y\) et \(\partial_y f = 3y^2 – 3x\). Un point critique vérifie donc \(y = x^2\) et \(x = y^2\). Par substitution, \(x = x^4\), soit \(x(x^3 – 1) = 0\). Ainsi \(x = 0\) ou \(x = 1\), et \(y = x^2\). Les points critiques sont \((0,0)\) et \((1,1)\).
2. On dérive une seconde fois : \(\partial_x^2 f = 6x\), \(\partial_x \partial_y f = -3\) et \(\partial_y^2 f = 6y\). La hessienne vaut \(H_f(x,y) = \begin{pmatrix} 6x -3 \\ -3 6y \end{pmatrix}\).
3. En \((0,0)\), on a \(r = 0\), \(s = -3\), \(t = 0\), donc \(rt – s^2 = -9 < 0\). Les valeurs propres sont de signes contraires. L’origine est un point col. En \((1,1)\), on a \(r = t = 6\) et \(s = -3\). Ainsi \(rt – s^2 = 27 > 0\) et \(r + t = 12 > 0\). Le point \((1,1)\) est un minimum local strict, avec \(f(1,1) = -1\).
4. On a \(f(x,0) = x^3\), qui tend vers \(-\infty\) en \(-\infty\) et vers \(+\infty\) en \(+\infty\). Donc \(f\) n’est ni minorée ni majorée. Elle n’admet aucun extremum global.

La figure ci-dessous place les deux points critiques sur les lignes de niveau. Autour de \((1,1)\), les lignes forment des courbes fermées emboîtées ; en revanche, deux branches de la ligne de niveau \(0\) se croisent en l’origine.

Corrigé de l’exercice 2 : Minimum d’une fonction quadratique

1. On a \(\partial_x f = 2x + y – 3\) et \(\partial_y f = x + 2y – 6\). Le système \(2x + y = 3\), \(x + 2y = 6\) a pour déterminant \(3 \neq 0\). La première équation donne \(y = 3 – 2x\). En reportant, \(x + 6 – 4x = 6\), donc \(x = 0\) et \(y = 3\). L’unique point critique est \(a = (0,3)\).
2. La hessienne est constante : \(H = \begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 2 \end{pmatrix}\). Son déterminant vaut \(3 > 0\) et sa trace \(4 > 0\). Ses deux valeurs propres, \(1\) et \(3\), sont donc strictement positives. La hessienne est définie positive.
3. Développons : \(f(h, 3+k) = h^2 + h(3+k) + (3+k)^2 – 3h – 6(3+k)\). Après simplification, les termes du premier degré disparaissent :
   \[f(h, 3+k) = h^2 + hk + k^2 – 9.\]
   Or \(h^2 + hk + k^2 = (h + \frac{k}{2})^2 + \frac{3}{4}k^2 \geq\, 0\), avec égalité seulement si \(h = k = 0\). Donc \(f\) admet en \((0,3)\) un minimum global strict égal à \(-9\).

Point de méthode : pour une fonction polynomiale de degré 2, la formule de Taylor en un point critique est exacte. Une hessienne définie positive donne alors directement un minimum global.

Corrigé de l’exercice 3 : Hessienne et formule de Taylor-Young

1. Les fonctions \((x,y) \mapsto x\), \((x,y) \mapsto y\), \(\exp\) sont de classe \(C^{\infty}\). Par produits, composées et sommes, \(f\) est de classe \(C^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}^2\).
2. On calcule \(\partial_x f = e^y + y e^x\) et \(\partial_y f = x e^y + e^x\). Donc \(\nabla f(0,0) = (1,1)\). Ensuite, \(\partial_x^2 f = y e^x\), \(\partial_y^2 f = x e^y\) et \(\partial_x \partial_y f = e^y + e^x\). En \((0,0)\), cela donne \(r = 0\), \(s = 2\), \(t = 0\). Ainsi \(\nabla f(0,0) = (1,1)\) et \(H_f(0,0) = \begin{pmatrix} 0 2 \\ 2 0 \end{pmatrix}\).
3. Comme \(f(0,0) = 0\), la formule de Taylor-Young s’écrit
   \[f(x,y) = x + y + \frac{1}{2}(0 \cdot x^2 + 2 \cdot 2xy + 0 \cdot y^2) + o(x^2+y^2).\]
   Donc \(f(x,y) = x + y + 2xy + o(x^2+y^2)\).
4. Avec \(x = 0{,}1\) et \(y = -0{,}1\), on obtient \(x + y + 2xy = -0{,}02\). La valeur exacte vaut \(0{,}1\,(e^{-0{,}1} – e^{0{,}1}) = -0{,}2\,\mathrm{sh}(0{,}1)\). Or \(\mathrm{sh}(0{,}1) \approx 0{,}100167\). La valeur exacte est environ \(-0{,}020033\), très proche de l’approximation \(-0{,}02\). L’écart est de l’ordre de \(3 \times 10^{-5}\), cohérent avec un reste d’ordre 3.

Corrigé de l’exercice 4 : Utiliser le théorème de Schwarz

1. Raisonnons par l’absurde. Si une telle \(f\) de classe \(C^2\) existait, on aurait \(\partial_y \partial_x f(x,y) = \partial_y (x y^2) = 2xy\). De même, \(\partial_x \partial_y f(x,y) = \partial_x(x^2 + y) = 2x\). Le théorème de Schwarz imposerait \(2xy = 2x\) pour tout \((x,y)\). C’est faux en \((1,0)\), où l’on obtiendrait \(0 = 2\). Une telle fonction n’existe donc pas.
2. Remarquons d’abord la compatibilité : \(\partial_y(2xy+3) = 2x = \partial_x(x^2+2y)\). Soit \(f\) une solution. Alors \(x \mapsto f(x,y) – x^2 y – 3x\) a une dérivée nulle sur \(\mathbb{R}\). Il existe donc une fonction \(\varphi\) telle que \(f(x,y) = x^2 y + 3x + \varphi(y)\). Comme \(\varphi(y) = f(0,y)\), elle est de classe \(C^1\). En dérivant par rapport à \(y\), on trouve \(x^2 + \varphi^{\prime}(y) = x^2 + 2y\), donc \(\varphi(y) = y^2 + C\). Réciproquement, ces fonctions conviennent. Les solutions sont les \(f(x,y) = x^2 y + 3x + y^2 + C\), avec \(C \in \mathbb{R}\).
3. Une dérivée partielle d’ordre 3 s’obtient par trois dérivations, chacune selon \(x\) ou \(y\). Sans hypothèse, il y a \(2^3 = 8\) ordres possibles. Cependant, pour \(f\) de classe \(C^3\), le théorème de Schwarz permet d’échanger deux dérivations consécutives. Une dérivée d’ordre 3 ne dépend donc que du nombre \(k \in \{0,1,2,3\}\) de dérivations selon \(x\). Il y a au plus 4 dérivées d’ordre 3 distinctes : \(\partial_x^3 f\), \(\partial_x^2 \partial_y f\), \(\partial_x \partial_y^2 f\) et \(\partial_y^3 f\).

Corrigé de l’exercice 5 : Discussion par la trace et le déterminant

1. La fonction \(f_a\) est polynomiale. On a \(\partial_x f_a = 2x + ay – 4x^3\) et \(\partial_y f_a = ax + 2y\). Ces deux dérivées s’annulent en \((0,0)\), qui est donc un point critique.
2. On a \(\partial_x^2 f_a = 2 – 12x^2\), \(\partial_x \partial_y f_a = a\) et \(\partial_y^2 f_a = 2\). En \((0,0)\), \(H = \begin{pmatrix} 2 a \\ a 2 \end{pmatrix}\), de trace \(4\) et de déterminant \(4 – a^2\).
3. Si \(|a| < 2\), alors \(\det H > 0\) et \(\operatorname{tr} H > 0\). L’origine est un minimum local strict. Si \(|a| > 2\), alors \(\det H < 0\). L’origine est un point col.
4. Pour \(a = 2\), \(f_2(x,y) = (x+y)^2 – x^4\). D’une part, \(f_2(x,0) = x^2(1 – x^2) > 0\) pour \(0 < |x| < 1\). D’autre part, \(f_2(x,-x) = -x^4 < 0\) pour \(x \neq 0\). Ainsi, tout voisinage de l’origine contient des points où \(f_2 > 0 = f_2(0,0)\) et d’autres où \(f_2 < 0\). L’origine n’est pas un extremum local de \(f_2\).

Corrigé de l’exercice 6 : Même hessienne, trois comportements

1. Les gradients valent \((2x, 3y^2)\), \((2x, 4y^3)\) et \((2x, -4y^3)\) ; ils s’annulent en \((0,0)\). Les dérivées secondes croisées sont nulles. Par ailleurs, \(\partial_x^2\) vaut \(2\) pour les trois fonctions, et \(\partial_y^2\) vaut \(6y\), \(12y^2\), \(-12y^2\), nul en \(0\). La hessienne commune en \((0,0)\) est \(\begin{pmatrix} 2 0 \\ 0 0 \end{pmatrix}\).
2. Ses valeurs propres sont \(2\) et \(0\). Elle est positive mais pas définie positive : on est dans le cas \(rt – s^2 = 0\).
3. Pour \(f\) : \(f(0,y) = y^3\) change de signe au voisinage de \(0\). L’origine n’est pas un extremum de \(f\). Pour \(g\) : \(g(x,y) \geq\, 0 = g(0,0)\), avec égalité seulement en l’origine. C’est un minimum global strict de \(g\). Pour \(h\) : \(h(x,0) = x^2 > 0\) et \(h(0,y) = -y^4 < 0\) hors de l’origine. C’est un point col de \(h\).
4. Lorsque la hessienne est dégénérée, elle ne détermine pas la nature du point critique. Il faut alors étudier directement le signe de \(f(a+h) – f(a)\).

Corrigé de l’exercice 7 : Une fonction de classe C1 mais pas C2

1. Pour \((x,y) \neq (0,0)\), on a \(|x^2 – y^2| \leq\, x^2 + y^2\). Donc \(|f(x,y)| \leq\, |xy|\), qui tend vers \(0\) en l’origine. Ainsi \(f\) est continue en \((0,0)\).
2. Écrivons \(f = \dfrac{x^3 y – x y^3}{x^2+y^2}\) hors de l’origine. La dérivée d’un quotient donne un numérateur égal à \((3x^2 y – y^3)(x^2+y^2) – 2x(x^3 y – xy^3)\). Il vaut \(x^4 y + 4x^2 y^3 – y^5\). Donc
   \[\partial_x f(x,y) = \frac{y\,(x^4 + 4x^2 y^2 – y^4)}{(x^2+y^2)^2}.\]
   En l’origine, \(f(t,0) = 0\) pour tout \(t\). Par conséquent, \(\partial_x f(0,0) = 0\).
3. Par l’inégalité triangulaire, \(|x^4 + 4x^2y^2 – y^4| \leq\, x^4 + 4x^2 y^2 + y^4 \leq\, 2(x^2+y^2)^2\). En effet, \(2(x^2+y^2)^2 = 2x^4 + 4x^2y^2 + 2y^4\). Donc \(|\partial_x f(x,y)| \leq\, 2|y|\). Ainsi \(\partial_x f\) tend vers \(0 = \partial_x f(0,0)\) en l’origine. De plus, \(\partial_x f\) est continue ailleurs comme fraction rationnelle. Avec le résultat analogue pour \(\partial_y f\), les deux dérivées partielles sont continues sur \(\mathbb{R}^2\). Donc \(f\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\).
4. Pour \(y \neq 0\), la formule précédente donne \(\partial_x f(0,y) = \dfrac{y\,(-y^4)}{y^4} = -y\). C’est encore vrai pour \(y = 0\). Pour \(x \neq 0\), on a \(f(x,t) = t \cdot \dfrac{x(x^2 – t^2)}{x^2 + t^2}\). Donc \(\partial_y f(x,0) = \lim_{t \to 0} \dfrac{f(x,t)}{t} = x\). C’est encore vrai pour \(x = 0\). Ainsi \(\partial_x f(0,y) = -y\) et \(\partial_y f(x,0) = x\).
5. En dérivant \(y \mapsto -y\) en \(0\), on trouve \(\partial_y \partial_x f(0,0) = -1\). De même, en dérivant \(x \mapsto x\), on trouve \(\partial_x \partial_y f(0,0) = 1\). Les dérivées croisées diffèrent en l’origine. D’après le théorème de Schwarz, \(f\) n’est donc pas de classe \(C^2\).

Corrigé de l’exercice 8 : Points critiques et extremum global

1. On a \(\partial_x f = 4x^3 – 4(x-y)\) et \(\partial_y f = 4y^3 + 4(x-y)\). En ajoutant les deux équations, on obtient \(x^3 + y^3 = 0\), donc \(y = -x\). La première équation devient \(4x^3 – 8x = 0\), soit \(x = 0\) ou \(x^2 = 2\). Les points critiques sont \((0,0)\), \((\sqrt{2}, -\sqrt{2})\) et \((-\sqrt{2}, \sqrt{2})\).
2. On calcule \(r = 12x^2 – 4\), \(s = 4\), \(t = 12y^2 – 4\). En \((\pm\sqrt{2}, \mp\sqrt{2})\), on a \(r = t = 20\) et \(s = 4\). Ainsi \(rt – s^2 = 384 > 0\) et \(r + t = 40 > 0\). Ces deux points sont des minimums locaux stricts, où \(f\) vaut \(4 + 4 – 2 \times 8 = -8\). En \((0,0)\), en revanche, \(r = t = -4\) et \(s = 4\) donnent \(rt – s^2 = 0\) : la hessienne ne permet pas de conclure.
3. D’une part, \(f(x,x) = 2x^4 > 0\) pour \(x \neq 0\). D’autre part, \(f(x,0) = x^4 – 2x^2 = x^2(x^2 – 2) < 0\) pour \(0 < |x| < \sqrt{2}\). L’origine n’est donc pas un extremum local.
4. On a \(2(x^2+y^2) – (x-y)^2 = (x+y)^2 \geq\, 0\). Par conséquent,
   \[f(x,y) \geq\, x^4 + y^4 – 4x^2 – 4y^2 = (x^2 – 2)^2 + (y^2 – 2)^2 – 8 \geq\, -8.\]
   L’égalité exige \(x^2 = y^2 = 2\) et \(x + y = 0\). Le minimum global de \(f\) vaut \(-8\), atteint exactement en \((\sqrt{2}, -\sqrt{2})\) et \((-\sqrt{2}, \sqrt{2})\).

La figure suivante confirme ces résultats. En effet, les lignes de niveau entourent deux cuvettes symétriques, et l’origine se trouve sur le col qui les sépare.

Corrigé de l’exercice 9 : Hessienne en dimension trois

1. Les points critiques vérifient \(x = yz\), \(y = xz\) et \(z = xy\). Si l’une des coordonnées est nulle, les deux autres équations imposent que tout est nul. Supposons donc \(xyz \neq 0\). De \(x = yz\) et \(y = xz\), on tire \(x = xz^2\), donc \(z^2 = 1\). De même, \(x^2 = y^2 = 1\). Enfin, la relation \(z = xy\) fixe le signe de \(z\). On obtient cinq points : \((0,0,0)\), \((1,1,1)\), \((1,-1,-1)\), \((-1,1,-1)\), \((-1,-1,1)\).
2. La hessienne générale vaut
   \[H(x,y,z) = \begin{pmatrix} 2 -2z -2y \\ -2z 2 -2x \\ -2y -2x 2 \end{pmatrix}.\]
   En l’origine, \(H = 2I_3\), définie positive. L’origine est un minimum local strict, où \(f\) vaut \(0\).
3. En \((1,1,1)\), la hessienne s’écrit \(4I_3 – 2J\), où \(J\) est la matrice dont tous les coefficients valent \(1\). Or \(J\) a pour valeurs propres \(3\) (vecteur \((1,1,1)\)) et \(0\) (double). Les valeurs propres de \(H\) sont donc \(-2\) et \(4\) (double) : le point \((1,1,1)\) est un point col.
4. La matrice \(D\) conserve \(x^2+y^2+z^2\), et le produit des coordonnées de \(Dv\) vaut \(\varepsilon_1\varepsilon_2\varepsilon_3\,xyz = xyz\). Donc \(f \circ D = f\). Les trois derniers points critiques s’écrivent \(D(1,1,1)\) pour un tel \(D\). Si \(f\) avait un extremum local en \(D(1,1,1)\), alors \(f = f \circ D\) en aurait un en \((1,1,1)\), puisque \(D\) est une isométrie. Ce sont donc aussi des points cols.
5. On a \(f(t,t,t) = 3t^2 – 2t^3\), qui tend vers \(-\infty\) quand \(t \to +\infty\). L’origine n’est pas un minimum global ; \(f\) n’est même pas minorée.

Corrigé de l’exercice 10 : Maximum sur un triangle fermé

1. Le triangle \(T\) est fermé, comme intersection de trois demi-plans fermés. Il est borné, car inclus dans \([0,1]^2\). En dimension finie, il est donc compact. De plus, \(f\) est continue. Par le théorème des bornes atteintes, \(f\) admet un maximum et un minimum sur \(T\).
2. La frontière de \(T\) est formée des trois côtés, où \(x = 0\), \(y = 0\) ou \(x + y = 1\). Sur chacun d’eux, \(f = 0\). À l’intérieur, \(x > 0\), \(y > 0\) et \(1 – x – y > 0\). Donc \(f > 0\) à l’intérieur.
3. On a \(\partial_x f = y(1 – 2x – y)\) et \(\partial_y f = x(1 – x – 2y)\). À l’intérieur, \(x\) et \(y\) sont non nuls. Il reste \(2x + y = 1\) et \(x + 2y = 1\), d’où \(x = y = \frac{1}{3}\). Le seul point critique intérieur est \((\frac{1}{3}, \frac{1}{3})\), où \(f = \frac{1}{27}\).
4. Le maximum est strictement positif, car \(f > 0\) à l’intérieur. Il n’est donc pas atteint sur le bord. Il est atteint en un point intérieur, qui est alors un point critique. Le maximum vaut \(\frac{1}{27}\), atteint en \((\frac{1}{3}, \frac{1}{3})\). Le minimum vaut \(0\), atteint exactement sur la frontière.

La figure ci-dessous montre les lignes de niveau de \(f\) dans \(T\). Elles s’emboîtent autour du maximum, tandis que \(f\) s’annule sur les trois côtés.

Corrigé de l’exercice 11 : Extremums sur un disque fermé

1. Le disque fermé \(D\) est fermé et borné en dimension finie, donc compact. De plus, \(f\) est polynomiale, donc continue. Elle admet donc un maximum et un minimum sur \(D\).
2. On a \(\nabla f = (2x – 1, 4y)\). Le seul point critique est \((\frac{1}{2}, 0)\), intérieur au disque, avec \(f(\frac{1}{2}, 0) = -\frac{1}{4}\).
3. Sur le cercle, \(y^2 = 1 – x^2\) avec \(x \in [-1, 1]\). Ainsi \(f = x^2 + 2(1 – x^2) – x = 2 – x – x^2\). Posons \(u(x) = 2 – x – x^2\). Sa dérivée \(-1 – 2x\) s’annule en \(x = -\frac{1}{2}\), où \(u = \frac{9}{4}\). Aux bornes, \(u(1) = 0\) et \(u(-1) = 2\). Sur le cercle, \(f\) varie donc entre \(0\), atteint en \((1,0)\), et \(\frac{9}{4}\), atteint en \((-\frac{1}{2}, \pm\frac{\sqrt{3}}{2})\).
4. Un extremum global est atteint soit en un point critique intérieur, soit sur le cercle. On compare donc \(-\frac{1}{4}\), \(0\) et \(\frac{9}{4}\). Le minimum vaut \(-\frac{1}{4}\), atteint en \((\frac{1}{2}, 0)\). Le maximum vaut \(\frac{9}{4}\), atteint en \((-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})\) et \((-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})\).

Corrigé de l’exercice 12 : Distance d’un point à une parabole

1. On a \(\nabla g(x,y) = (-2x, 1)\). Sa seconde coordonnée vaut toujours \(1\). Donc \(\nabla g\) ne s’annule jamais, en particulier sur \(\mathcal{P}\).
2. Les fonctions \(F\) et \(g\) sont de classe \(C^1\). En un extremum de \(F_{|\mathcal{P}}\), \(\nabla F = (2x, 2(y-3))\) est colinéaire à \(\nabla g\). Le déterminant des deux vecteurs est donc nul : \(2x \cdot 1 + 2x \cdot 2(y-3) = 2x(2y – 5) = 0\). Avec \(y = x^2\), on obtient \(x = 0\) ou \(y = \frac{5}{2}\). Les candidats sont \(O = (0,0)\) et \(M_{\pm} = (\pm \frac{\sqrt{10}}{2}, \frac{5}{2})\).
3. Les points de \(\mathcal{P}\) s’écrivent \((x, x^2)\). Alors \(F(x, x^2) = x^2 + (x^2 – 3)^2 = x^4 – 5x^2 + 9\). Sous forme canonique,
   \[F(x,x^2) = (x^2 – \frac{5}{2})^2 + \frac{11}{4}.\]
   Le minimum vaut donc \(\frac{11}{4}\), atteint pour \(x^2 = \frac{5}{2}\). La distance de \(A\) à \(\mathcal{P}\) vaut \(\frac{\sqrt{11}}{2}\), atteinte en \(M_+\) et \(M_-\).
4. En \(M_{\pm}\), on a \(\vec{AM} = (x, x^2 – 3) = (x, -\frac{1}{2})\). Un vecteur tangent à \(\mathcal{P}\) est \((1, 2x)\), dérivée de \(t \mapsto (t, t^2)\). Leur produit scalaire vaut \(x – \frac{1}{2} \cdot 2x = 0\). Le vecteur \(\vec{AM}\) est donc orthogonal à la tangente, ce qui traduit \(\nabla F(M) \perp T_M \mathcal{P}\).
5. Posons \(u = x^2\). La fonction \(u \mapsto (u – \frac{5}{2})^2 + \frac{11}{4}\) est strictement décroissante sur \([0, \frac{5}{2}]\). Ainsi, pour \(0 < |x| < \sqrt{5/2}\), on a \(F(x, x^2) < F(0,0) = 9\). Le point \(O\) est un maximum local strict de \(F_{|\mathcal{P}}\), bien qu’il vérifie la condition de Lagrange.

Comme le montre la figure ci-dessous, le cercle de centre \(A\) et de rayon \(\frac{\sqrt{11}}{2}\) est tangent à la parabole en \(M_+\) et \(M_-\).

Corrigé de l’exercice 13 : Forme quadratique sur le cercle unité

1. Le cercle \(\mathcal{C}\) est fermé et borné, donc compact. Comme \(q\) est continue, elle admet un maximum et un minimum sur \(\mathcal{C}\).
2. Posons \(g(x,y) = x^2 + y^2 – 1\). Son gradient \((2x, 2y)\) ne s’annule pas sur \(\mathcal{C}\). En un extremum lié, il existe donc \(\lambda\) tel que \((6x + 2y, 2x + 6y) = \lambda(2x, 2y)\). En divisant par \(2\), on obtient \(3x + y = \lambda x\) et \(x + 3y = \lambda y\). Autrement dit, \(S v = \lambda v\) avec \(S = \begin{pmatrix} 3 1 \\ 1 3 \end{pmatrix}\) et \(v = (x,y)\) unitaire.
3. On a \(q(v) = \langle Sv, v \rangle\). Si \(Sv = \lambda v\) avec \(\|v\| = 1\), alors \(q(v) = \lambda \|v\|^2\). Donc \(q(v) = \lambda\).
4. Le polynôme caractéristique de \(S\) est \((3 – X)^2 – 1 = (X – 2)(X – 4)\). Les sous-espaces propres sont dirigés par \((1,1)\) pour \(4\) et par \((1,-1)\) pour \(2\). D’après les questions précédentes, les extremums sont des valeurs propres. Le maximum vaut \(4\), atteint en \(\pm\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)\). Le minimum vaut \(2\), atteint en \(\pm\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1)\).

Corrigé de l’exercice 14 : Boîte de volume fixé et de surface minimale

1. On a \(\nabla g = (yz, xz, xy)\). Sur \(U\), toutes les coordonnées sont strictement positives. Donc \(\nabla g\) ne s’annule pas sur \(X\).
2. On a \(\nabla S = 2(y + z, x + z, x + y)\). La colinéarité s’écrit \(\nabla S = \mu \nabla g\), car \(\nabla g \neq 0\). Ainsi \(2(y+z) = \mu yz\). En multipliant par \(x\) et en utilisant \(xyz = 1\), on obtient \(2(xy + xz) = \mu\). De même, \(2(xy + yz) = \mu\) et \(2(xz + yz) = \mu\). Les deux premières égalités donnent \(xz = yz\), donc \(x = y\). Les deux dernières donnent \(xy = xz\), donc \(y = z\). Enfin, \(x^3 = 1\). Le seul point possible est \((1,1,1)\).
3. Tous les termes de \(h\) sont positifs. Si \(x < \frac{1}{3}\), alors \(\frac{1}{x} > 3\), donc \(h > 3\). Si \(x = \frac{1}{3}\), alors \(h = 3 + xy + \frac{1}{y} > 3\). Si \(x \geq\, 9\) et \(y \geq\, \frac{1}{3}\), alors \(xy \geq\, 3\), donc \(h > 3\). Par symétrie, on traite de même \(y \leq\, \frac{1}{3}\) et \(y \geq\, 9\). Ainsi \(h > 3\) hors de \(K\) et sur le bord de \(K\).
4. Le carré \(K\) est compact et \(h\) y est continue. Elle atteint donc un minimum \(m\) en un point \(c \in K\). Or \((1,1) \in K\), donc \(m \leq\, h(1,1) = 3\). Par la question 3, \(c\) n’est pas sur le bord de \(K\) : il est intérieur, donc c’est un point critique de \(h\). Hors de \(K\), on a \(h > 3 \geq\, m\), donc \(m\) est le minimum global. Les points critiques vérifient \(y = \frac{1}{x^2}\) et \(x = \frac{1}{y^2}\), donc \(x = x^4\) et \(x = y = 1\). Ainsi \(m = 3\). Enfin, sur \(X\), \(S(x,y,z) = 2h(x,y)\) avec \(z = \frac{1}{xy}\). Le pavé optimal est le cube de côté \(1\), d’aire minimale \(6\).

Point de méthode : la condition de Lagrange ne donne que des candidats. L’existence du minimum doit être prouvée à part, ici en se ramenant à un compact.

Corrigé de l’exercice 15 : Une équation de transport

1. L’application \(\Phi\) est linéaire. Si \(x = u\) et \(y = 2u – v\), alors \(u = x\) et \(v = 2x – y\). Donc \(\Phi\) est bijective, de réciproque \((x,y) \mapsto (x, 2x – y)\), et ces deux applications linéaires sont de classe \(C^1\).
2. On a \(g(u,v) = f(u, 2u – v)\). Par la règle de la chaîne, \(\partial_u g(u,v) = \partial_x f(\Phi(u,v)) + 2\,\partial_y f(\Phi(u,v))\).
3. Si \(f\) est solution, alors \(\partial_u g = 0\) sur \(\mathbb{R}^2\). Pour \(v\) fixé, \(u \mapsto g(u,v)\) est donc constante sur l’intervalle \(\mathbb{R}\). Ainsi \(g(u,v) = \varphi(v)\) avec \(\varphi(v) = g(0,v)\), de classe \(C^1\). Par conséquent, \(f(x,y) = g(\Phi^{-1}(x,y)) = \varphi(2x – y)\). Réciproquement, si \(f(x,y) = \varphi(2x – y)\), alors \(\partial_x f + 2\partial_y f = 2\varphi^{\prime} – 2\varphi^{\prime} = 0\). Les solutions sont les \(f(x,y) = \varphi(2x – y)\), avec \(\varphi\) de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\).
4. La condition \(f(0,y) = \varphi(-y) = y^2\) impose \(\varphi(t) = t^2\). La solution est \(f(x,y) = (2x – y)^2\). On vérifie : \(\partial_x f = 4(2x – y)\) et \(\partial_y f = -2(2x-y)\), donc \(\partial_x f + 2\partial_y f = 0\).

Corrigé de l’exercice 16 : Laplacien des fonctions radiales

1. L’application \((x,y) \mapsto \sqrt{x^2+y^2}\) est de classe \(C^{\infty}\) sur \(U\), à valeurs dans \(]0, +\infty[\). Par composition, \(f\) est de classe \(C^2\) sur \(U\). On a \(\partial_x r = \frac{x}{r}\). Donc \(\partial_x f = \varphi^{\prime}(r)\,\frac{x}{r}\). En dérivant à nouveau, avec \(\partial_x(\frac{x}{r}) = \frac{1}{r} – \frac{x^2}{r^3} = \frac{y^2}{r^3}\), on obtient
   \[\partial_x^2 f = \varphi^{\prime\prime}(r)\,\frac{x^2}{r^2} + \varphi^{\prime}(r)\,\frac{y^2}{r^3}.\]
2. Par symétrie des rôles, \(\partial_y^2 f = \varphi^{\prime\prime}(r)\,\frac{y^2}{r^2} + \varphi^{\prime}(r)\,\frac{x^2}{r^3}\). En sommant et avec \(x^2 + y^2 = r^2\), on obtient \(\Delta f = \varphi^{\prime\prime}(r) + \dfrac{\varphi^{\prime}(r)}{r}\).
3. Comme \(r\) décrit tout \(]0, +\infty[\), la condition \(\Delta f = 0\) équivaut à \(r\varphi^{\prime\prime}(r) + \varphi^{\prime}(r) = 0\) pour tout \(r > 0\). Autrement dit, \((r\varphi^{\prime})^{\prime} = 0\). Il existe donc \(a\) tel que \(r\varphi^{\prime}(r) = a\), puis \(\varphi(r) = a \ln r + b\). Les solutions sont \(\varphi(r) = a\ln r + b\), soit \(f(x,y) = \frac{a}{2}\ln(x^2+y^2) + b\).
4. De même, \(\Delta f = 1\) équivaut à \((r\varphi^{\prime})^{\prime} = r\). Donc \(r\varphi^{\prime}(r) = \frac{r^2}{2} + a\), puis \(\varphi^{\prime}(r) = \frac{r}{2} + \frac{a}{r}\). Les solutions sont \(\varphi(r) = \frac{r^2}{4} + a\ln r + b\), avec \(a, b\) réels. On vérifie : \(\varphi^{\prime\prime} + \frac{\varphi^{\prime}}{r} = \frac{1}{2} – \frac{a}{r^2} + \frac{1}{2} + \frac{a}{r^2} = 1\).

Corrigé de l’exercice 17 : Équation des ondes

1. L’application \((x,y) \mapsto (x+y, x-y)\) est linéaire bijective. Donc \(g\) est de classe \(C^2\) si et seulement si \(f\) l’est. Par la règle de la chaîne, en évaluant les dérivées de \(g\) en \((x+y, x-y)\) : \(\partial_x f = \partial_u g + \partial_v g\) et \(\partial_y f = \partial_u g – \partial_v g\).
2. On dérive encore :
   \[\begin{aligned} \partial_x^2 f = \partial_u^2 g + \partial_v \partial_u g + \partial_u \partial_v g + \partial_v^2 g, \\ \partial_y^2 f = \partial_u^2 g – \partial_v \partial_u g – \partial_u \partial_v g + \partial_v^2 g. \end{aligned}\]
   Comme \(g\) est de classe \(C^2\), le théorème de Schwarz donne \(\partial_v \partial_u g = \partial_u \partial_v g\). Ainsi \(\partial_x^2 f – \partial_y^2 f = 4\,\partial_u \partial_v g\).
3. L’équation équivaut donc à \(\partial_v(\partial_u g) = 0\) sur \(\mathbb{R}^2\). Pour \(u\) fixé, \(v \mapsto \partial_u g(u,v)\) est constante. Donc \(\partial_u g(u,v) = \alpha(u)\) avec \(\alpha(u) = \partial_u g(u,0)\), de classe \(C^1\). Soit \(A\) une primitive de \(\alpha\) ; elle est de classe \(C^2\). Alors \(\partial_u(g – A(u)) = 0\), donc \(g(u,v) = A(u) + B(v)\), avec \(B(v) = g(0,v) – A(0)\) de classe \(C^2\). Réciproquement, \(f(x,y) = A(x+y) + B(x-y)\) vérifie \(\partial_x^2 f = A^{\prime\prime} + B^{\prime\prime} = \partial_y^2 f\). Les solutions sont exactement les \(f(x,y) = A(x+y) + B(x-y)\).
4. Les conditions donnent \(A(x) + B(x) = \sin x\) et \(A^{\prime}(x) – B^{\prime}(x) = 0\). Donc \(A – B\) est une constante \(k\). Il vient \(A = \frac{\sin + k}{2}\) et \(B = \frac{\sin – k}{2}\). Par conséquent, \(f(x,y) = \frac{1}{2}\big(\sin(x+y) + \sin(x-y)\big)\). La solution est \(f(x,y) = \sin x \cos y\). On vérifie que \(\partial_x^2 f = \partial_y^2 f = -\sin x \cos y\).

Point de méthode : la constante \(k\) disparaît à la fin. C’est normal : on peut ajouter une constante à \(A\) et la retrancher à \(B\) sans changer \(f\).

Corrigé de l’exercice 18 : Le contre-exemple de Peano

1. On a \(\partial_x f = 2x – 3y^2\) et \(\partial_y f = -6xy + 8y^3\), nuls en \((0,0)\). Ensuite, \(\partial_x^2 f = 2\), \(\partial_x \partial_y f = -6y\) et \(\partial_y^2 f = -6x + 24y^2\). La hessienne en l’origine vaut \(\begin{pmatrix} 2 0 \\ 0 0 \end{pmatrix}\) : elle est positive, mais pas définie. La condition nécessaire de minimum est satisfaite, mais la condition suffisante ne l’est pas.
2. On a \(\psi(t) = t^2\cos^2\theta – 3t^3 \cos\theta \sin^2\theta + 2t^4 \sin^4\theta\). Si \(\cos\theta \neq 0\), alors \(\psi(t) = t^2\big(\cos^2\theta + O(t)\big)\). La parenthèse tend vers \(\cos^2\theta > 0\), donc \(\psi(t) > 0\) pour \(t \neq 0\) assez petit. Si \(\cos\theta = 0\), alors \(\psi(t) = 2t^4 > 0\) pour \(t \neq 0\). Dans tous les cas, \(\psi\) admet un minimum local strict en \(0\).
3. Le produit \((x – y^2)(x – 2y^2)\) est strictement négatif si et seulement si \(y^2 < x < 2y^2\). Donc \(f < 0\) exactement entre les deux paraboles \(x = y^2\) et \(x = 2y^2\). En particulier, \(f(\frac{3}{2}y^2, y) = \frac{y^2}{2} \cdot (-\frac{y^2}{2}) = -\frac{y^4}{4}\).
4. Les points \((\frac{3}{2}y^2, y)\), avec \(y \neq 0\), sont aussi proches que voulu de l’origine. Or \(f\) y est strictement négative, alors que \(f(0,0) = 0\). L’origine n’est donc pas un minimum local de \(f\). Ainsi, un minimum sur chaque droite passant par un point ne garantit pas un minimum local. En effet, la zone négative est « pincée » entre deux paraboles tangentes à l’axe des ordonnées, et aucune droite n’y reste.

La figure ci-dessous illustre ce phénomène. Chaque droite issue de l’origine ne traverse la zone rouge qu’à distance positive de l’origine.

Corrigé de l’exercice 19 : Problème : droite des moindres carrés

1. Notons \(r_i = y_i – a x_i – b\) les résidus. Alors \(\partial_a F = -2\sum x_i r_i = 2(a S_{xx} + b S_x – S_{xy})\). De même, \(\partial_b F = -2\sum r_i = 2(a S_x + nb – S_y)\). Le point \((a,b)\) est critique si et seulement si \(a S_{xx} + b S_x = S_{xy}\) et \(a S_x + nb = S_y\).
2. On dérive encore : \(H = 2\begin{pmatrix} S_{xx} S_x \\ S_x n \end{pmatrix}\), matrice constante. Son déterminant vaut \(4(n S_{xx} – S_x^2)\). Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz appliquée à \((x_i)\) et \((1, \ldots, 1)\), \(S_x^2 \leq\, n S_{xx}\). L’égalité aurait lieu seulement si les \(x_i\) étaient tous égaux, ce qui est exclu. Donc \(\det H > 0\). Comme de plus \(\operatorname{tr} H = 2(S_{xx} + n) > 0\), les deux valeurs propres sont strictement positives. Ainsi \(H\) est définie positive.
3. Le système de la question 1 a pour matrice \(\frac{1}{2}H\), inversible. Il admet donc une unique solution \(p = (a_0, b_0)\), unique point critique de \(F\).
4. Soit \(h = (h_1, h_2)\) et \(\ell_i = h_1 x_i + h_2\). Les résidus en \(p + h\) valent \(r_i – \ell_i\), où \(r_i\) sont ceux en \(p\). En développant les carrés :
   \[F(p+h) = F(p) – 2\sum r_i \ell_i + \sum \ell_i^2.\]
   Le terme du milieu vaut \(\langle \nabla F(p), h \rangle = 0\). Par ailleurs, \(\sum \ell_i^2 = h_1^2 S_{xx} + 2h_1h_2 S_x + n h_2^2 = \frac{1}{2}h^{\top} H h\). Donc \(F(p+h) = F(p) + \frac{1}{2}h^{\top}Hh\). Comme \(H\) est définie positive, ce terme est strictement positif pour \(h \neq 0\). Ainsi \(F\) atteint en \(p\) son minimum global strict.
5. Ici, \(n = 4\), \(S_x = 6\), \(S_{xx} = 14\), \(S_y = 9\) et \(S_{xy} = 0 + 2 + 4 + 12 = 18\). Le système s’écrit \(14a + 6b = 18\) et \(6a + 4b = 9\). La seconde équation donne \(b = \frac{9 – 6a}{4}\). En reportant, \(56a + 54 – 36a = 72\), donc \(a = 0{,}9\), puis \(b = 0{,}9\). Les résidus valent \(0{,}1\), \(0{,}2\), \(-0{,}7\) et \(0{,}4\). La droite des moindres carrés est \(y = 0{,}9x + 0{,}9\), et le minimum vaut \(F = 0{,}01 + 0{,}04 + 0{,}49 + 0{,}16 = 0{,}7\).

La figure ci-dessous montre la droite obtenue et les résidus en vert. Remarquons que leur somme est nulle, conformément à l’équation \(\partial_b F = 0\).

Corrigé de l’exercice 20 : Problème : inégalité arithmético-géométrique

1. L’ensemble \(K\) est l’intersection de fermés : les demi-espaces \(\{x_i \geq\, 0\}\) et l’hyperplan \(\{x_1 + \cdots + x_n = 1\}\). Il est borné, car ses coordonnées sont dans \([0,1]\). En dimension finie, \(K\) est donc compact, et la fonction polynomiale \(f\) y atteint un maximum \(M\). De plus, \((\frac{1}{n}, \ldots, \frac{1}{n}) \in K\), donc \(M \geq\, n^{-n} > 0\).
2. Si une coordonnée de \(a\) était nulle, on aurait \(f(a) = 0 < M\). C’est absurde. Donc toutes les coordonnées de \(a\) sont strictement positives, c’est-à-dire \(a \in X\).
3. Comme \(X \subset K\), on a \(f \leq\, M = f(a)\) sur \(X\). Ainsi \(f_{|X}\) atteint en \(a\) un maximum, donc un extremum local. Par ailleurs, \(U\) est ouvert, \(f\) et \(g\) sont de classe \(C^1\), et \(\nabla g = (1, \ldots, 1)\) ne s’annule pas. Le théorème des extremums liés s’applique. Il existe donc \(\lambda\) tel que \(\nabla f(a) = \lambda (1, \ldots, 1)\).
4. On a \(\partial_i f(a) = \prod_{j \neq i} a_j = \frac{M}{a_i}\). La condition précédente donne \(\frac{M}{a_i} = \lambda\) pour tout \(i\). Donc \(\lambda > 0\) et tous les \(a_i\) sont égaux à \(\frac{M}{\lambda}\). Comme leur somme vaut \(1\), \(a = (\frac{1}{n}, \ldots, \frac{1}{n})\) et \(M = \frac{1}{n^n}\).
5. Soit \(s = y_1 + \cdots + y_n > 0\) et \(x_i = \frac{y_i}{s}\). Alors \(x \in K\), donc \(f(x) \leq\, \frac{1}{n^n}\), soit \(\frac{y_1 \cdots y_n}{s^n} \leq\, \frac{1}{n^n}\). Ainsi \(y_1 \cdots y_n \leq\, (\frac{s}{n})^n\). La fonction \(t \mapsto t^{1/n}\) est croissante sur \([0, +\infty[\). Donc \((y_1 \cdots y_n)^{1/n} \leq\, \frac{y_1 + \cdots + y_n}{n}\).

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : quotient de Rayleigh

1. Comme \(S\) est symétrique, \(\langle Sh, x \rangle = \langle h, Sx \rangle = \langle Sx, h \rangle\). Donc
   \[q(x+h) = q(x) + 2\langle Sx, h \rangle + q(h).\]
   Or \(|q(h)| \leq\, \|S\|\,\|h\|^2 = o(\|h\|)\), pour une norme subordonnée. Le terme \(h \mapsto 2\langle Sx, h\rangle\) est linéaire. Donc \(q\) est différentiable, avec \(\nabla q(x) = 2Sx\).
2. La sphère \(\Sigma\) est fermée et bornée en dimension finie, donc compacte. Comme \(q\) est continue, elle atteint sur \(\Sigma\) un maximum et un minimum.
3. Posons \(g(x) = \|x\|^2 – 1\), de classe \(C^1\), avec \(\nabla g(x) = 2x \neq 0\) sur \(\Sigma\). En un extremum lié \(a\), il existe \(\lambda\) tel que \(2Sa = 2\lambda a\). Ainsi \(a\) est un vecteur propre de \(S\), et \(q(a) = \langle \lambda a, a \rangle = \lambda\).
4. Notons \(\lambda_{\min}\) et \(\lambda_{\max}\) les valeurs propres extrêmes de \(S\), réelles par le théorème spectral. Par la question 3, \(\max_{\Sigma} q\) est une valeur propre, donc \(\max_{\Sigma} q \leq\, \lambda_{\max}\). Réciproquement, un vecteur propre unitaire \(e\) associé à \(\lambda_{\max}\) donne \(q(e) = \lambda_{\max}\). Donc \(\max_{\Sigma} q = \lambda_{\max}\) et, de même, \(\min_{\Sigma} q = \lambda_{\min}\).
5. Posons \(\mu = 2 – X\). Le polynôme caractéristique de \(S\) vaut, au signe près, \(\mu(\mu^2 – 1) – \mu = \mu(\mu^2 – 2)\). Les valeurs propres sont \(2 – \sqrt{2}\), \(2\) et \(2 + \sqrt{2}\). On vérifie que \(S(1, \sqrt{2}, 1) = (2+\sqrt{2})(1, \sqrt{2}, 1)\) et \(S(1, -\sqrt{2}, 1) = (2-\sqrt{2})(1, -\sqrt{2}, 1)\). Par ailleurs, \(q(x,y,z) = \langle S(x,y,z), (x,y,z)\rangle\) avec cette matrice \(S\). Les valeurs propres étant simples, les vecteurs propres unitaires sont opposés deux à deux. Le maximum de \(q\) sur \(\Sigma\) vaut \(2 + \sqrt{2}\), atteint en \(\pm\frac{1}{2}(1, \sqrt{2}, 1)\). Le minimum vaut \(2 – \sqrt{2}\), atteint en \(\pm\frac{1}{2}(1, -\sqrt{2}, 1)\).

Point de méthode : par homogénéité, on en déduit \((2-\sqrt{2})\|v\|^2 \leq\, q(v) \leq\, (2+\sqrt{2})\|v\|^2\) pour tout \(v \in \mathbb{R}^3\). Ce type d’encadrement sert à montrer qu’une hessienne est définie positive.

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