QCM : Extremums libres et liés en maths spé (MP)

Réponse D.

En un extremum intérieur, chaque fonction partielle \(t\mapsto f(a+te_i)\) a un extremum en 0, donc sa dérivée y est nulle. Cependant, la réciproque est fausse : \((x,y)\mapsto x^2-y^2\) a un gradient nul en l’origine sans extremum. Le piège de la hessienne inversible échoue avec \(x^4+y^4\), minimale en 0 où sa hessienne est nulle. Enfin, l’ouverture de \(U\) est indispensable.

Réponse D.

On résout \(\partial_xf=2x+y-3=0\) et \(\partial_yf=x+2y=0\). La seconde équation donne \(x=-2y\), puis \(-3y=3\), donc \(y=-1\) et \(x=2\). Le point \((3/2,0)\) oublie le terme \(xy\) dans la dérivée par rapport à \(x\). De plus, \((-2,1)\) vérifie \(x+2y=0\) mais pas la première équation, à cause d’une erreur de signe.

Réponse B.

Le théorème exige la continuité des dérivées partielles secondes, c’est-à-dire la classe \(C^2\). La simple existence ne suffit pas : l’exemple classique \(xy\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}\), prolongé par 0, a des dérivées croisées différentes à l’origine. Ainsi, la réponse « dérivées secondes existantes » oublie la continuité. De même, la classe \(C^1\) ne parle pas des dérivées d’ordre 2.

Réponse A.

On a \(\partial_xf=3x^2+2y^2\) et \(\partial_yf=4xy\). Donc \(\partial_x^2f=6x\), \(\partial_x\partial_yf=4y\) et \(\partial_y^2f=4x\), soit 6, 4 et 4 en \((1,1)\). Le coefficient croisé 2 vient d’une dérivée de \(2y^2\) sans le facteur 2 de l’exposant. Par ailleurs, la valeur 3 en haut à gauche ne dérive qu’une seule fois \(x^3\).

Réponse A.

La formule généralise \(f(a)+f^{\prime}(a)h+\frac12f^{\prime\prime}(a)h^2\). Le terme d’ordre 2 est donc la forme quadratique \(\frac12h^{\top}Hh\), qui est un réel. La version sans \(\frac12\) oublie le facteur de Taylor. Ensuite, un reste en \(o(\|h\|)\) rend le terme quadratique inutile. Enfin, \(\frac12Hh\) est un vecteur et ne peut pas s’ajouter à un nombre.

Réponse C.

Les deux valeurs propres sont strictement positives, donc la hessienne est définie positive. Par Taylor-Young, \(f(a+h)-f(a)\geq\frac12\|h\|^2+o(\|h\|^2)\), ce qui donne un minimum local strict. Cependant, la conclusion reste locale : \(x^2+y^2-x^4\) en est un contre-exemple global. Par ailleurs, un col exigerait deux valeurs propres de signes opposés.

Réponse B.

En dimension 2, le déterminant est le produit des valeurs propres. Ici, il vaut \(2-9=-7<0\) : les valeurs propres sont donc de signes opposés, d’où un col. Le piège de la trace positive l’utilise trop tôt ; elle ne sert qu’une fois le déterminant positif. De même, des termes diagonaux positifs ne suffisent pas lorsque le terme croisé domine. Enfin, une hessienne inversible permet toujours de conclure.

Réponse D.

Le point est critique et la hessienne vaut \(\mathrm{diag}(2,0)\) : positive mais non définie, elle ne permet donc pas de conclure. On étudie alors des directions. Or \(f(x,0)=x^2>0\) et \(f(0,y)=-y^4<0\) près de l’origine, si bien que \(f\) change de signe. Le piège « hessienne positive » prend une condition nécessaire pour suffisante. De même, une seule direction ne prouve rien.

Réponse C.

Le gradient de \(g(x,y)=x^2+3y^2\) vaut \((2,6)\) en \((1,1)\), et il est non nul. L’espace tangent à la ligne de niveau est son orthogonal : \(2(x-1)+6(y-1)=0\), soit \(x+3y=4\). Le piège \(y-1=3(x-1)\) prend le gradient comme vecteur directeur, alors qu’il est normal. Par ailleurs, \(3x+y=4\) échange les deux coordonnées du gradient.

Réponse A.

Le gradient de \(f\) est orthogonal à l’espace tangent, lui-même orthogonal à \(\nabla g(a)\) lorsque ce vecteur est non nul. Les deux gradients sont donc colinéaires. Le piège \(\nabla f(a)=0\) applique la condition des extremums libres, fausse ici : \(x\) atteint son maximum sur le cercle unité en \((1,0)\). En outre, l’hypothèse \(\nabla g(a)\neq0\) ne peut pas être supprimée.

Réponse C.

La condition de colinéarité donne \((y,x)=\lambda(1,2)\), donc \(x=2y\). Avec la contrainte, \(4y=4\), d’où le point \((2,1)\) et la valeur 2. On le vérifie en substituant : \(y(4-2y)=2-2(y-1)^2\leq2\). La valeur \(16/9\) vient d’un gradient de contrainte pris égal à \((1,1)\). De plus, 4 correspond au point \((2,2)\), qui ne vérifie pas la contrainte.

Réponse B.

Avec le changement de variables linéaire \(u=x-2y\), \(v=y\), on obtient \(2\partial_xf+\partial_yf=\partial_vg\), qui doit être nulle. Ainsi, \(g\) ne dépend que de \(u\). On vérifie directement : pour \(\varphi(x-2y)\), les dérivées valent \(\varphi^{\prime}\) et \(-2\varphi^{\prime}\), et \(2\varphi^{\prime}-2\varphi^{\prime}=0\). Le piège \(\varphi(2x-y)\) donne au contraire \(4\varphi^{\prime}-\varphi^{\prime}\neq0\).