Corrigé du contrôle de maths L2 : différentiabilité, Taylor et extrema

Exercice 1 : Question de cours : différentiabilité et Taylor-Young (3 points)

1. La fonction \(f\) est différentiable en \(a\) s’il existe une application linéaire \(L : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) et une fonction \(\varepsilon\), définie au voisinage de \(0\), telles que \(\varepsilon(h) \to 0\) quand \(h \to 0\) et

   \[f(a+h) = f(a) + L(h) + \|h\| \, \varepsilon(h).\]

   L’application \(L\) est alors unique : c’est la différentielle \(\mathrm{d}f(a)\).

   Supposons \(f\) différentiable en \(a\). En dimension finie, toute application linéaire est continue ; il existe donc \(C \geq\, 0\) tel que \(|L(h)| \leq\, C \|h\|\). Par conséquent, \(|f(a+h) – f(a)| \leq\, C\|h\| + \|h\| \, |\varepsilon(h)|\), et ce majorant tend vers \(0\) quand \(h \to 0\). Ainsi \(f(a+h) \to f(a)\) : \(f\) est continue en \(a\).

2. Comme \(f\) est de classe \(C^2\), la formule de Taylor-Young à l’ordre 2 en \(a\) s’écrit :

   \[f(a+h) = f(a) + \langle \nabla f(a), h \rangle + \frac{1}{2} \, {^t h \, H_f(a) \, h + \|h\|^2 \varepsilon(h), \quad \varepsilon(h) \to 0.\]

   Ici \(a\) est critique, donc \(\nabla f(a) = 0\). La fonction \(q\) est continue et strictement positive sur le cercle unité \(S\), qui est fermé et borné, donc compact. Elle y atteint donc son minimum \(m\), et \(m > 0\). Par homogénéité, \(q(h) = \|h\|^2 q(\frac{h}{\|h\|}) \geq\, m \|h\|^2\) pour tout \(h \neq 0\).

   On en déduit \(f(a+h) – f(a) \geq\, \|h\|^2 (\frac{m}{2} – |\varepsilon(h)|)\). Choisissons \(\delta > 0\) tel que \(|\varepsilon(h)| \leq\, \frac{m}{4}\) pour \(\|h\| < \delta\). Alors, pour \(0 < \|h\| < \delta\), on a \(f(a+h) – f(a) \geq\, \frac{m}{4}\|h\|^2 > 0\). Donc \(f\) admet en \(a\) un minimum local strict.

Barème : a) 0,5 point pour la définition, 1 point pour la preuve de la continuité (continuité de L citée) ; b) 0,5 point pour la formule de Taylor-Young, 1 point pour la minoration de q par compacité du cercle et la conclusion.

Exercice 2 : Continuité, dérivées partielles et différentiabilité en l’origine (4 points)

1. Pour \((x,y) \neq (0,0)\), on a \(0 \leq\, \dfrac{y^2}{x^2+y^2} \leq\, 1\). Donc \(|f(x,y)| \leq\, |x| \leq\, \|(x,y)\|\). Ce majorant tend vers \(0\) quand \((x,y) \to (0,0)\). Par conséquent, \(f(x,y) \to 0 = f(0,0)\) : \(f\) est continue en \((0,0)\).

2. Pour \(t \neq 0\), \(f(t,0) = 0\), donc \(\dfrac{f(t,0) – f(0,0)}{t} = 0\). De même, \(f(0,t) = 0\). Ainsi \(\dfrac{\partial f}{\partial x}(0,0) = 0\) et \(\dfrac{\partial f}{\partial y}(0,0) = 0\).

3. Raisonnons par l’absurde. Si \(f\) était différentiable en \((0,0)\), sa différentielle aurait pour matrice le gradient, c’est-à-dire \((0 \;\; 0)\). On aurait donc \(\dfrac{f(h)}{\|h\|} \to 0\) quand \(h \to 0\).

   Or, pour \(h = (t,t)\) avec \(t > 0\) : \(f(t,t) = \dfrac{t^3}{2t^2} = \dfrac{t}{2}\) et \(\|h\| = \sqrt{2}\, t\). Le quotient vaut donc \(\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\), qui ne tend pas vers \(0\). C’est une contradiction : \(f\) n’est pas différentiable en \((0,0)\).

4. D’abord, \((x^2 – y^2)^2 \geq\, 0\) donne \(4x^2y^2 \leq\, (x^2+y^2)^2\). Pour \(h = (x,y) \neq 0\), on a donc

   \[|g(x,y)| \leq\, \frac{(x^2+y^2)^2}{4(x^2+y^2)} = \frac{\|h\|^2}{4}.\]

   Ainsi \(g(h) = g(0,0) + 0 + \|h\| \varepsilon(h)\) avec \(|\varepsilon(h)| \leq\, \frac{\|h\|}{4} \to 0\). Donc \(g\) est différentiable en \((0,0)\) et \(\mathrm{d}g(0,0)\) est l’application nulle.

Erreur fréquente : conclure à la différentiabilité de \(f\) parce que ses dérivées partielles existent en \((0,0)\). L’exemple de \(f\) montre que cela ne suffit pas.

Barème : a) 1 point (0,5 pour la majoration, 0,5 pour la conclusion) ; b) 1 point (0,5 par dérivée partielle) ; c) 0,5 point pour identifier la seule différentielle possible, 0,5 point pour le chemin (t, t) ; d) 0,5 point pour la majoration, 0,5 point pour la conclusion avec la différentielle nulle.

Exercice 3 : Règle de la chaîne et équation aux dérivées partielles (4 points)

1. L’application \(\varphi\) est linéaire, de matrice \(\begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\), de déterminant \(-2 \neq 0\). Elle est donc bijective. Résolvons \(u = x+y\), \(v = x-y\) : on obtient \(x = \frac{u+v}{2}\) et \(y = \frac{u-v}{2}\).

   Ainsi \(\varphi^{-1}(u,v) = (\frac{u+v}{2}, \frac{u-v}{2})\). Les applications \(\varphi\) et \(\varphi^{-1}\) sont linéaires, donc de classe \(C^1\) (et même \(C^\infty\)).

2. La fonction \(g = f \circ \varphi^{-1}\) est de classe \(C^1\) comme composée de fonctions \(C^1\). De plus, \(f = g \circ \varphi\). La règle de la chaîne donne, en notant \((u,v) = \varphi(x,y)\) :

   \[\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = \frac{\partial g}{\partial u}(u,v) \times 1 + \frac{\partial g}{\partial v}(u,v) \times 1, \qquad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = \frac{\partial g}{\partial u}(u,v) – \frac{\partial g}{\partial v}(u,v).\]

   Par différence, \(\dfrac{\partial f}{\partial x} – \dfrac{\partial f}{\partial y} = 2 \dfrac{\partial g}{\partial v}(x+y, x-y)\). Comme \(\varphi\) est surjective, \((E)\) équivaut à :

   \[\text{pour tout } (u,v) \in \mathbb{R}^2, \quad \frac{\partial g}{\partial v}(u,v) = u.\]

3. Posons \(k(u,v) = g(u,v) – uv\). Alors \(\dfrac{\partial k}{\partial v} = 0\) sur \(\mathbb{R}^2\). À \(u\) fixé, la fonction \(v \mapsto k(u,v)\) est dérivable sur l’intervalle \(\mathbb{R}\), de dérivée nulle : elle est donc constante. Ainsi \(k(u,v) = k(u,0) = h(u)\), où \(h(u) = g(u,0)\) définit une fonction de classe \(C^1\).

   Réciproquement, pour toute \(h\) de classe \(C^1\), la fonction \(g(u,v) = uv + h(u)\) vérifie \(\frac{\partial g}{\partial v} = u\). En revenant à \(f\), on obtient \(f(x,y) = (x+y)(x-y) + h(x+y)\).

   Les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(f(x,y) = x^2 – y^2 + h(x+y)\), où \(h\) décrit l’ensemble des fonctions de classe \(C^1\) de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\).

   Vérification : \(\frac{\partial f}{\partial x} = 2x + h^{\prime}(x+y)\) et \(\frac{\partial f}{\partial y} = -2y + h^{\prime}(x+y)\), dont la différence vaut bien \(2x + 2y\).

4. La condition donne \(x^2 + h(x) = 0\) pour tout \(x\), donc \(h(x) = -x^2\). Alors \(f(x,y) = x^2 – y^2 – (x+y)^2\). La solution cherchée est \(f(x,y) = -2xy – 2y^2\).

Barème : a) 0,5 point pour la bijectivité, 0,5 point pour la réciproque et la régularité ; b) 1 point pour la règle de la chaîne, 0,5 point pour l’équation en g (surjectivité citée) ; c) 0,5 point pour l’intégration à u fixé, 0,5 point pour la réciproque et la forme finale ; d) 0,5 point.

Exercice 4 : Points critiques et matrice hessienne (3,5 points)

1. La fonction \(f\) est polynomiale, donc de classe \(C^2\) sur l’ouvert \(\mathbb{R}^2\). Ses dérivées partielles sont \(\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 – 3y\) et \(\frac{\partial f}{\partial y} = 3y^2 – 3x\).

   Un point critique vérifie \(y = x^2\) et \(x = y^2\). Donc \(x = x^4\), soit \(x(x^3 – 1) = 0\), d’où \(x = 0\) ou \(x = 1\). Les points critiques sont \((0,0)\) et \((1,1)\).

2. On a \(r = \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 6x\), \(s = \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = -3\) et \(t = \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 6y\).

   En \((0,0)\) : \(rt – s^2 = 0 – 9 = -9 < 0\). Le point \((0,0)\) est un point col : ce n’est pas un extremum local.

   En \((1,1)\) : \(rt – s^2 = 36 – 9 = 27 > 0\) et \(r = 6 > 0\). La fonction \(f\) admet donc en \((1,1)\) un minimum local strict, égal à \(f(1,1) = -1\).

3. En développant, \(f(1+h, 1+k) = 1 + 3h + 3h^2 + h^3 + 1 + 3k + 3k^2 + k^3 – 3(1 + h + k + hk)\). Après simplification :

   \[f(1+h,1+k) = -1 + 3h^2 – 3hk + 3k^2 + h^3 + k^3.\]

   La formule de Taylor-Young donne la partie d’ordre 2 : \(\frac{1}{2}(r h^2 + 2s hk + t k^2) = 3h^2 – 3hk + 3k^2\). Le reste \(h^3 + k^3\) est bien négligeable devant \(h^2 + k^2\). Les deux écritures coïncident. De plus, \(3h^2 – 3hk + 3k^2 = 3(h – \frac{k}{2})^2 + \frac{9}{4}k^2\) est définie positive.

4. On a \(f(x,0) = x^3\), qui tend vers \(+\infty\) en \(+\infty\) et vers \(-\infty\) en \(-\infty\). Donc \(f\) n’est ni majorée ni minorée : elle n’a aucun extremum global.

Barème : a) 0,5 point pour le système, 0,5 point pour sa résolution ; b) 0,5 point pour r, s, t, 0,5 point par point critique ; c) 0,5 point ; d) 0,5 point avec une restriction explicite.

Exercice 5 : Problème : boîte ouverte de surface minimale (5,5 points)

1. Le volume vaut \(xyz = 32\), donc \(z = \dfrac{32}{xy}\). La boîte a un fond d’aire \(xy\), deux faces d’aire \(xz\) et deux faces d’aire \(yz\). Donc

   \[S = xy + 2xz + 2yz = xy + \frac{64}{y} + \frac{64}{x}.\]

2. Les fonctions \((x,y) \mapsto xy\), \(\frac{64}{x}\) et \(\frac{64}{y}\) sont rationnelles, à dénominateurs non nuls sur \(U\). Donc \(S\) est de classe \(C^2\) sur l’ouvert \(U\).

   On a \(\frac{\partial S}{\partial x} = y – \frac{64}{x^2}\) et \(\frac{\partial S}{\partial y} = x – \frac{64}{y^2}\). Un point critique vérifie \(x^2 y = 64\) et \(x y^2 = 64\). En divisant, \(\frac{x}{y} = 1\), donc \(x = y\), puis \(x^3 = 64\), soit \(x = 4\). Le seul point critique est \((4,4)\).

3. On a \(r = \frac{128}{x^3}\), \(s = 1\) et \(t = \frac{128}{y^3}\). En \((4,4)\) : \(r = t = 2\) et \(s = 1\), donc

   \[H_S(4,4) = \begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 2 \end{pmatrix}, \qquad rt – s^2 = 3 > 0, \quad r > 0.\]

   Donc \(S\) admet en \((4,4)\) un minimum local strict, égal à \(S(4,4) = 16 + 16 + 16 = 48\).

4. Soit \((x,y) \in U\) hors de l’intérieur \(]\frac{4}{3}, 36[^2\) de \(K\). Tous les termes de \(S\) sont positifs. Trois cas se présentent.

   Si \(x \leq\, \frac{4}{3}\), alors \(S(x,y) \geq\, \frac{64}{x} \geq\, 64 \times \frac{3}{4} = 48\). De même si \(y \leq\, \frac{4}{3}\).

   Sinon, \(x > \frac{4}{3}\), \(y > \frac{4}{3}\), et l’une des coordonnées est au moins \(36\). Alors \(S(x,y) \geq\, xy \geq\, 36 \times \frac{4}{3} = 48\). Dans tous les cas, \(S(x,y) \geq\, 48\).

5. La partie \(K\) est fermée et bornée dans \(\mathbb{R}^2\), donc compacte ; elle est incluse dans \(U\). La fonction \(S\) est continue sur \(K\). D’après le théorème des bornes atteintes, \(S\) atteint sur \(K\) un minimum \(m\) en un point \(p_0\). Comme \((4,4) \in K\), on a \(m \leq\, 48\).

   Si \(p_0\) est sur la frontière de \(K\), la question d) donne \(m \geq\, 48\), donc \(m = 48\). Si \(p_0\) est intérieur à \(K\), c’est un minimum local de \(S\) sur un ouvert : \(p_0\) est un point critique, donc \(p_0 = (4,4)\) et \(m = 48\).

   Enfin, tout point de \(U\) est soit dans \(K\) (et \(S \geq\, m = 48\)), soit hors de l’intérieur de \(K\) (et \(S \geq\, 48\) par d). Ainsi \(S\) admet sur \(U\) un minimum global égal à \(48\), atteint en \((4,4)\).

   La hauteur vaut alors \(z = \frac{32}{16} = 2\). La boîte optimale mesure \(4\text{ dm} \times 4\text{ dm}\) de base et \(2\text{ dm}\) de haut ; elle utilise \(48\text{ dm}^2\) de matière.

Erreur fréquente : conclure au minimum global à partir du seul signe de \(rt – s^2\). La hessienne ne donne qu’une information locale ; l’argument de compacité est indispensable.

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point pour la régularité, 1 point pour la résolution du système ; c) 0,5 point pour la hessienne, 0,5 point pour la conclusion ; d) 0,5 point par cas traité ; e) 0,5 point pour la compacité et les bornes atteintes, 0,5 point pour la discussion frontière ou intérieur, 0,5 point pour les dimensions et l’aire.

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Après le corrigé du contrôle : différentiabilité, Taylor et extrema

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