Corrigé du contrôle de maths spé : extremums, hessienne et extremums liés

Exercice 1 : Question de cours (4 points)

1. Théorème de Schwarz. Si \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^2\) sur l’ouvert \(U\), alors pour tous \(i, j \in \{1, \ldots, n\}\) et tout \(x \in U\),

   \[\frac{\partial^2 f}{\partial x_i \partial x_j}(x) = \frac{\partial^2 f}{\partial x_j \partial x_i}(x).\]

2. Supposons que \(f\) admette un extremum local en \(a\), par exemple un minimum : il existe \(r > 0\) tel que \(B(a, r) \subset U\) et \(f(x) \geq\, f(a)\) pour tout \(x \in B(a, r)\). C’est ici qu’intervient l’ouverture de \(U\).

   Soit \(v \in \mathbb{R}^n\) non nul et \(\delta = \dfrac{r}{\|v\|}\). La fonction \(\varphi : t \mapsto f(a + tv)\) est définie sur \(]-\delta, \delta[\). Par la règle de la chaîne, elle est dérivable en \(0\), avec \(\varphi^{\prime}(0) = df(a)(v)\). De plus, \(\varphi(t) \geq\, \varphi(0)\) pour tout \(t\) : \(\varphi\) admet un minimum en \(0\), point intérieur à l’intervalle. Donc \(\varphi^{\prime}(0) = 0\).

   Ainsi \(df(a)(v) = 0\) pour tout \(v\) (le cas \(v = 0\) est immédiat). Donc \(df(a) = 0\) : le point \(a\) est critique.

3. Prenons \(n = 1\), la partie \([0, 1]\) et \(f(x) = x\). La fonction \(f\) atteint son minimum sur \([0, 1]\) en \(0\), mais \(f^{\prime}(0) = 1 \neq 0\). Un extremum atteint au bord d’une partie non ouverte n’est pas forcément un point critique.

4. Notons \(r = \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(a)\), \(s = \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(a)\), \(t = \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}(a)\), de sorte que \(H_f(a) = \begin{pmatrix} r s \\ s t \end{pmatrix}\) (symétrique par Schwarz). Soit \(a\) un point critique.

   Si \(\det H_f(a) = rt – s^2 > 0\) et \(\operatorname{tr} H_f(a) > 0\), \(f\) admet un minimum local strict en \(a\). Si \(\det H_f(a) > 0\) et \(\operatorname{tr} H_f(a) < 0\), c’est un maximum local strict. Si \(\det H_f(a) < 0\), il n’y a pas d’extremum local (point col). Si \(\det H_f(a) = 0\), on ne peut pas conclure à l’ordre 2.

Barème : a) 1 point (hypothèse de classe C2 exigée) ; b) 0,5 point pour l’usage de l’ouvert, 0,5 point pour la dérivée de φ, 0,5 point pour la conclusion ; c) 0,5 point ; d) 1 point (0,25 par cas, 0,25 pour le lien avec les valeurs propres ou le cas nul).

Exercice 2 : Points critiques et hessienne (4 points)

1. La fonction \(f\) est polynomiale, donc de classe \(\mathcal{C}^2\) sur l’ouvert \(\mathbb{R}^2\). On a \(\dfrac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 – 3y\) et \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = 3y^2 – 3x\). Un point critique vérifie donc \(y = x^2\) et \(x = y^2\). On en tire \(x = x^4\), soit \(x(x^3 – 1) = 0\), donc \(x = 0\) ou \(x = 1\).

   Les points critiques sont \((0, 0)\) et \((1, 1)\).

2. La matrice hessienne vaut \(H_f(x, y) = \begin{pmatrix} 6x -3 \\ -3 6y \end{pmatrix}\).

   En \((0, 0)\) : \(\det H_f(0, 0) = -9 < 0\). Le point \((0, 0)\) est un point col : il n’y a pas d’extremum local. On le confirme directement : \(f(x, x) = 2x^3 – 3x^2 < 0\) pour \(0 < |x| < \dfrac{3}{2}\), alors que \(f(x, -x) = 3x^2 > 0\) pour \(x \neq 0\).

   En \((1, 1)\) : \(H_f(1, 1) = \begin{pmatrix} 6 -3 \\ -3 6 \end{pmatrix}\), de déterminant \(36 – 9 = 27 > 0\) et de trace \(12 > 0\). Le point \((1, 1)\) est un minimum local strict, de valeur \(f(1, 1) = 1 + 1 – 3 = -1\).

   

3. On a \(f(x, 0) = x^3\), qui tend vers \(+\infty\) quand \(x \to +\infty\) et vers \(-\infty\) quand \(x \to -\infty\). La fonction \(f\) n’est ni majorée ni minorée : elle n’a aucun extremum global. En particulier, le minimum local en \((1, 1)\) n’est pas global.

Barème : a) 0,5 point pour les dérivées partielles, 1 point pour la résolution du système ; b) 0,5 point pour la hessienne, 0,5 point par point critique ; c) 1 point.

Exercice 3 : Équation des cordes vibrantes (3 points)

1. L’application \((x, y) \mapsto (x + y, x – y)\) est une bijection linéaire de \(\mathbb{R}^2\), de réciproque \((u, v) \mapsto (\dfrac{u + v}{2}, \dfrac{u – v}{2})\). Ainsi \(g(u, v) = f(\dfrac{u + v}{2}, \dfrac{u – v}{2})\) : \(g\) est de classe \(\mathcal{C}^2\), comme composée de \(f\) et d’une application linéaire.

   Par la règle de la chaîne, avec les dérivées de \(g\) prises en \((x + y, x – y)\), on obtient \(\dfrac{\partial f}{\partial x} = \dfrac{\partial g}{\partial u} + \dfrac{\partial g}{\partial v}\) et \(\dfrac{\partial f}{\partial y} = \dfrac{\partial g}{\partial u} – \dfrac{\partial g}{\partial v}\). En dérivant une seconde fois et en utilisant le théorème de Schwarz pour \(g\), on trouve

   \[\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 g}{\partial u^2} + 2\frac{\partial^2 g}{\partial u \partial v} + \frac{\partial^2 g}{\partial v^2}, \qquad \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial^2 g}{\partial u^2} – 2\frac{\partial^2 g}{\partial u \partial v} + \frac{\partial^2 g}{\partial v^2}.\]

   Par différence, \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} – \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 4\dfrac{\partial^2 g}{\partial u \partial v}(x + y, x – y)\).

2. Comme le changement de variables est bijectif, \(f\) est solution de \((P)\) si et seulement si \(\dfrac{\partial^2 g}{\partial u \partial v} = 0\) sur \(\mathbb{R}^2\). Posons \(h = \dfrac{\partial g}{\partial u}\), de classe \(\mathcal{C}^1\). Par Schwarz, \(\dfrac{\partial h}{\partial v} = 0\) sur \(\mathbb{R}^2\). Pour \(u\) fixé, \(v \mapsto h(u, v)\) a une dérivée nulle sur l’intervalle \(\mathbb{R}\) : elle est constante. Donc \(h(u, v) = \alpha(u)\), avec \(\alpha(u) = h(u, 0)\) de classe \(\mathcal{C}^1\).

   Soit \(\varphi\) une primitive de \(\alpha\) ; elle est de classe \(\mathcal{C}^2\). Alors \(\dfrac{\partial}{\partial u}(g(u, v) – \varphi(u)) = 0\), donc \(g(u, v) = \varphi(u) + \psi(v)\), avec \(\psi(v) = g(0, v) – \varphi(0)\) de classe \(\mathcal{C}^2\).

   Réciproquement, si \(f(x, y) = \varphi(x + y) + \psi(x – y)\) avec \(\varphi\), \(\psi\) de classe \(\mathcal{C}^2\), alors \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \varphi^{\prime\prime}(x + y) + \psi^{\prime\prime}(x – y) = \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}\).

   Les solutions de \((P)\) sont les fonctions \((x, y) \mapsto \varphi(x + y) + \psi(x – y)\), avec \(\varphi\), \(\psi\) de classe \(\mathcal{C}^2\) sur \(\mathbb{R}\).

3. Les conditions donnent \(\varphi(x) + \psi(x) = x^2\) et \(\varphi^{\prime}(x) – \psi^{\prime}(x) = 0\) pour tout \(x\). Donc \(\varphi – \psi\) est une constante \(c\), puis \(\varphi(x) = \dfrac{x^2 + c}{2}\) et \(\psi(x) = \dfrac{x^2 – c}{2}\). Par conséquent,

   \[f(x, y) = \frac{(x + y)^2 + (x – y)^2}{2} = x^2 + y^2.\]

   La solution cherchée est \(f(x, y) = x^2 + y^2\) ; on vérifie que \(2 – 2 = 0\).

Barème : a) 0,5 point pour la classe de g, 1 point pour le calcul des dérivées secondes ; b) 0,75 point pour la résolution de g_uv = 0, 0,25 point pour la réciproque ; c) 0,5 point.

Exercice 4 : Extremums liés sur une ellipse (4 points)

1. L’ensemble \(\Gamma = g^{-1}(\{0\})\) est fermé, comme image réciproque d’un fermé par l’application continue \(g\). Il est borné, car \(|x| \leq\, 2\) et \(|y| \leq\, 1\) sur \(\Gamma\). Il est non vide, car \((2, 0) \in \Gamma\). En dimension finie, \(\Gamma\) est donc compact. La fonction continue \(f\) est bornée sur \(\Gamma\) et y atteint ses bornes.

2. On a \(\nabla g(x, y) = (\dfrac{x}{2}, 2y)\), nul seulement en \((0, 0)\). Or \(g(0, 0) = -1 \neq 0\). Donc \(\nabla g\) ne s’annule pas sur \(\Gamma\).

3. On a \(\nabla f(x, y) = (y, x)\). Les deux gradients sont colinéaires si et seulement si

   \[\det\begin{pmatrix} y \frac{x}{2} \\ x 2y \end{pmatrix} = 2y^2 – \frac{x^2}{2} = 0, \quad \text{soit} \quad x^2 = 4y^2.\]

   En reportant dans l’équation de \(\Gamma\), on obtient \(y^2 + y^2 = 1\), soit \(y^2 = \dfrac{1}{2}\), puis \(x^2 = 2\). Les points cherchés sont \((\sqrt{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})\), \((-\sqrt{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})\), \((\sqrt{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})\) et \((-\sqrt{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})\).

4. Le maximum et le minimum de \(f\) sur \(\Gamma\) sont en particulier des extremums locaux de la restriction. D’après b et le théorème des extremums liés, ils sont atteints parmi les quatre points précédents. Or \(f\) vaut \(\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 1\) aux deux premiers et \(-1\) aux deux derniers.

   Le maximum de \(f\) sur \(\Gamma\) vaut \(1\), atteint en \(\pm(\sqrt{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})\) ; le minimum vaut \(-1\), atteint en \(\pm(\sqrt{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})\).

Erreur fréquente : oublier la question a. Sans l’existence des extremums, la condition de colinéarité fournit seulement des candidats.

Barème : a) 1 point (fermé, borné, dimension finie) ; b) 0,5 point ; c) 0,75 point pour la condition, 0,75 point pour les quatre points ; d) 1 point.

Exercice 5 : Problème : extremums sur le disque fermé (5 points)

1. Le disque \(D\) est fermé et borné dans \(\mathbb{R}^2\), donc compact. La fonction \(f\), polynomiale, est continue. Elle admet donc un maximum et un minimum sur \(D\).

2. L’intérieur de \(D\) est le disque ouvert, sur lequel on cherche les points critiques : \(\nabla f(x, y) = (2x – 1, 4y) = (0, 0)\) donne \((\frac{1}{2}, 0)\), qui est bien intérieur. En ce point, \(H_f = \begin{pmatrix} 2 0 \\ 0 4 \end{pmatrix}\), de déterminant \(8 > 0\) et de trace \(6 > 0\). C’est un minimum local strict, de valeur \(f(\frac{1}{2}, 0) = -\frac{1}{4}\). En fait, \(f(x, y) = (x – \frac{1}{2})^2 + 2y^2 – \frac{1}{4}\), ce qui montre que le minimum est global.

3. Pour \(t \in [0, 2\pi]\), on a \(f(\cos t, \sin t) = \cos^2 t + 2\sin^2 t – \cos t = 2 – \cos^2 t – \cos t\). Posons \(u = \cos t\), qui décrit \([-1, 1]\), et \(k(u) = 2 – u – u^2\). Alors \(k^{\prime}(u) = -1 – 2u\) : \(k\) est croissante sur \([-1, -\frac{1}{2}]\) puis décroissante sur \([-\frac{1}{2}, 1]\).

   On calcule \(k(-1) = 2\), \(k(-\frac{1}{2}) = 2 + \frac{1}{2} – \frac{1}{4} = \frac{9}{4}\) et \(k(1) = 0\). Sur le cercle, \(f\) prend ses valeurs dans \([0, \frac{9}{4}]\) : le maximum \(\frac{9}{4}\) est atteint en \((-\frac{1}{2}, \pm\frac{\sqrt{3}}{2})\) et le minimum \(0\) en \((1, 0)\).

4. Un extremum de \(f\) sur \(D\) est atteint soit à l’intérieur, où c’est alors un extremum local sur un ouvert, donc un point critique (exercice 1), soit sur le bord. Le seul point critique intérieur donne \(-\frac{1}{4}\) ; sur le bord, les valeurs sont comprises entre \(0\) et \(\frac{9}{4}\).

   Le minimum de \(f\) sur \(D\) 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 en \((-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2})\). Vérification : \(\frac{1}{4} + 2 \times \frac{3}{4} + \frac{1}{2} = \frac{9}{4}\).

   

5. Au point \(a = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})\), on a \(\nabla f(a) = (2x – 1, 4y) = (-2, 2\sqrt{3})\). Le gradient de \(N : (x, y) \mapsto x^2 + y^2\) vaut \(\nabla N(a) = (2x, 2y) = (-1, \sqrt{3})\). Ainsi \(\nabla f(a) = 2\, \nabla N(a)\) : les deux gradients sont colinéaires.

   C’est la condition des extremums liés : \(a\) est un maximum de \(f\) restreinte au cercle \(N = 1\), et \(\nabla N(a) \neq 0\). De plus, le coefficient \(2\) est positif : \(\nabla f(a)\) pointe vers l’extérieur du disque. La fonction \(f\) ne peut donc pas croître en entrant dans \(D\), ce qui est cohérent avec un maximum sur \(D\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point pour le point critique, 0,5 point pour sa nature ; c) 0,5 point pour la réduction à k, 1 point pour l’étude et les valeurs ; d) 1 point ; e) 0,5 point pour le calcul, 0,5 point pour l’interprétation.

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Après le corrigé du contrôle : extremums, hessienne et extremums liés

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