Corrigé des exercices : Hessienne et extrema libres en L2 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Dérivées secondes et égalité de Schwarz

Idée clé : on dérive terme à terme, puis on contrôle le calcul grâce à l’égalité des dérivées croisées.

1. Les fonctions \((x, y) \mapsto y^2\), \(e^{3x}\), \(x\) et \(\sin y\) sont de classe \(C^\infty\) sur \(\mathbb{R}^2\). Par produits et sommes, \(f\) est de classe \(C^2\) (et même \(C^\infty\)) sur \(\mathbb{R}^2\).
2. D’abord, \(\frac{\partial f}{\partial x} = 3y^2e^{3x} + \sin y\) et \(\frac{\partial f}{\partial y} = 2ye^{3x} + x\cos y\). Ensuite, \(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 9y^2e^{3x}\) et \(\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 2e^{3x} – x\sin y\). Enfin, \(\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right) = 6ye^{3x} + \cos y\) et \(\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right) = 6ye^{3x} + \cos y\).
3. Les deux dérivées croisées valent \(6ye^{3x} + \cos y\), conformément au théorème de Schwarz. En \((0, \pi)\), on a \(e^{0} = 1\), \(\sin\pi = 0\) et \(\cos\pi = -1\). Donc \(H_f(0, \pi) = \begin{pmatrix} 9\pi^2 & 6\pi – 1 \\ 6\pi – 1 & 2 \end{pmatrix}\).

Corrigé de l’exercice 2 – Hessienne d’une fonction de trois variables

Idée clé : une fonction polynomiale est \(C^2\) ; on range ses neuf dérivées secondes dans une matrice \(3 \times 3\).

1. \(\nabla g(x, y, z) = \left(2xy – 2z,\; x^2 + z^3,\; 3yz^2 – 2x\right)\).
2. En dérivant chaque composante, on obtient \[H_g(x, y, z) = \begin{pmatrix} 2y & 2x & -2 \\ 2x & 0 & 3z^2 \\ -2 & 3z^2 & 6yz \end{pmatrix}.\] En \((1, 1, 1)\), \(H_g = \begin{pmatrix} 2 & 2 & -2 \\ 2 & 0 & 3 \\ -2 & 3 & 6 \end{pmatrix}\).
3. La matrice est symétrique. Ce n’est pas un hasard : \(g\) est polynomiale, donc \(C^2\), et le théorème de Schwarz garantit l’égalité des dérivées croisées.

Corrigé de l’exercice 3 – Développement de Taylor-Young à l’ordre deux

Idée clé : on applique la formule avec le gradient et la hessienne, puis on contrôle par un produit de développements limités.

1. On a \(\frac{\partial f}{\partial x} = 2e^{2x}\cos y\) et \(\frac{\partial f}{\partial y} = -e^{2x}\sin y\), donc \(\nabla f(0, 0) = (2, 0)\). Ensuite, \(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 4e^{2x}\cos y\), la dérivée croisée vaut \(-2e^{2x}\sin y\) et \(\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = -e^{2x}\cos y\). Ainsi \(H_f(0, 0) = \begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\).
2. Taylor-Young donne \(f(x, y) = 1 + 2x + \frac{1}{2}\left(4x^2 – y^2\right) + o(x^2 + y^2)\). Donc \(f(x, y) = 1 + 2x + 2x^2 – \frac{y^2}{2} + o(x^2 + y^2)\).
3. On a \(e^{2x} = 1 + 2x + 2x^2 + o(x^2)\) et \(\cos y = 1 – \frac{y^2}{2} + o(y^2)\). Dans le produit, on ne garde que les termes de degré total au plus 2. On retrouve \(1 + 2x + 2x^2 – \frac{y^2}{2}\).

Point de méthode : le produit de développements est souvent plus rapide que le calcul de la hessienne. Cependant, il faut alors ranger les termes par degré total, et non par degré en \(x\) seul. Ainsi, le terme \(2x \times \left(-\frac{y^2}{2}\right)\) est de degré 3 : il part dans le reste.

Corrigé de l’exercice 4 – Minimum d’une fonction quadratique

Idée clé : pour une fonction polynomiale de degré 2, le changement de variable centré au point critique donne une expression exacte, sans reste.

1. Le système \(2x + y – 3 = 0\), \(x + 2y = 0\) donne \(x = -2y\), puis \(-3y = 3\). Le point critique est \((2, -1)\).
2. La hessienne vaut \(\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\), avec \(rt – s^2 = 3 > 0\) et \(r = 2 > 0\). C’est un minimum local strict, de valeur \(f(2, -1) = 4 – 2 + 1 – 6 = -3\).
3. En développant, \(f(2 + u, -1 + v) = -3 + u^2 + uv + v^2\). Or \(u^2 + uv + v^2 = \left(u + \frac{v}{2}\right)^2 + \frac{3v^2}{4} \geqslant 0\). Donc \(f \geqslant -3\) sur \(\mathbb{R}^2\) : le minimum est global.

Corrigé de l’exercice 5 – Trois points critiques à l’origine

Idée clé : chaque gradient s’annule en \((0, 0)\) ; on calcule \(r\), \(s\), \(t\) et le signe de \(rt – s^2\).

1. \(\nabla f_1 = (6x – 4y + 3x^2, -4x + 4y)\) s’annule à l’origine. On trouve \(r = 6\), \(s = -4\), \(t = 4\), donc \(rt – s^2 = 8 > 0\) avec \(r > 0\). C’est un minimum local strict.
2. \(\nabla f_2 = (2x + 6y, 6x + 2y)\) s’annule à l’origine. On trouve \(r = 2\), \(s = 6\), \(t = 2\), donc \(rt – s^2 = -32 < 0\). C’est un point col.
3. \(\nabla f_3 = (-2x + y, x – 2y + 4y^3)\) s’annule à l’origine. On trouve \(r = -2\), \(s = 1\), \(t = -2\), donc \(rt – s^2 = 3 > 0\) avec \(r < 0\). C’est un maximum local strict.

Point de méthode : les termes de degré 3 ou 4, comme \(x^3\) ou \(y^4\), n’interviennent pas dans la hessienne à l’origine. En effet, leurs dérivées secondes s’y annulent. Par conséquent, lorsque le critère conclut, ces termes ne changent rien. En revanche, ils deviennent décisifs dès que \(rt – s^2 = 0\).

Corrigé de l’exercice 6 – Selle de singe à l’origine

Idée clé : la hessienne est nulle, donc on revient à la définition en étudiant une restriction à une droite.

1. Le gradient vaut \(\left(3x^2 – 3y^2, -6xy\right)\). La seconde équation impose \(x = 0\) ou \(y = 0\). Dans les deux cas, la première donne alors l’autre coordonnée nulle. L’origine est le seul point critique.
2. La hessienne vaut \(\begin{pmatrix} 6x & -6y \\ -6y & -6x \end{pmatrix}\), nulle en \((0, 0)\). Comme \(rt – s^2 = 0\), le critère ne permet pas de conclure.
3. On a \(f(\tau, 0) = \tau^3\), strictement positif pour \(\tau > 0\) et strictement négatif pour \(\tau < 0\). Tout voisinage de l’origine contient donc des points où \(f > 0 = f(0, 0)\) et d’autres où \(f < 0\). L’origine n’est pas un extremum. Le nom vient de la forme de la surface, qui présente trois creux, deux pour les jambes et un pour la queue.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Dérivées croisées différentes en l’origine

Idée clé : sur les axes, on calcule les dérivées partielles par des taux d’accroissement, car les formules usuelles ne valent pas en \((0, 0)\).

1. On a \(f(0, y) = 0\) pour tout \(y\). Pour \(y \neq 0\), le taux \(\frac{f(h, y) – f(0, y)}{h} = \frac{y(2h^2 – y^2)}{h^2 + y^2}\) tend vers \(-y\) quand \(h\) tend vers 0. Pour \(y = 0\), le taux est nul. Ainsi \(\frac{\partial f}{\partial x}(0, y) = -y\) pour tout \(y\).
2. De même, \(f(x, 0) = 0\). Pour \(x \neq 0\), le taux \(\frac{f(x, k)}{k} = \frac{x(2x^2 – k^2)}{x^2 + k^2}\) tend vers \(2x\). Pour \(x = 0\), il est nul. Ainsi \(\frac{\partial f}{\partial y}(x, 0) = 2x\) pour tout \(x\).
3. En dérivant \(y \mapsto -y\) en 0, on obtient \(\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)(0, 0) = -1\). En dérivant \(x \mapsto 2x\) en 0, on obtient \(\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)(0, 0) = 2\). Les dérivées croisées valent \(-1\) et \(2\).
4. Si \(f\) était \(C^2\) au voisinage de l’origine, le théorème de Schwarz imposerait l’égalité. Par contraposée, \(f\) n’est pas de classe \(C^2\) au voisinage de \((0, 0)\). Elle l’est en revanche sur \(\mathbb{R}^2\) privé de l’origine, comme quotient de polynômes.

Corrigé de l’exercice 8 – Quatre points critiques séparés

Idée clé : les variables sont séparées, donc le système se découple et la hessienne est diagonale.

1. Le gradient vaut \(\left(3x^2 – 3, 3y^2 – 12\right)\). Il s’annule si et seulement si \(x = \pm 1\) et \(y = \pm 2\). Les points critiques sont \((1, 2)\), \((1, -2)\), \((-1, 2)\) et \((-1, -2)\).
2. La hessienne vaut \(\begin{pmatrix} 6x & 0 \\ 0 & 6y \end{pmatrix}\), avec \(rt – s^2 = 36xy\).
   • En \((1, 2)\) : \(rt – s^2 = 72 > 0\) et \(r = 6 > 0\). Minimum local, de valeur \(1 – 3 + 8 – 24 = -18\).
   • En \((-1, -2)\) : \(rt – s^2 = 72 > 0\) et \(r = -6 < 0\). Maximum local, de valeur \(-1 + 3 – 8 + 24 = 18\).
   • En \((1, -2)\) et \((-1, 2)\) : \(rt – s^2 = -72 < 0\). Points cols.
3. On a \(f(x, 0) = x^3 – 3x\), qui tend vers \(+\infty\) en \(+\infty\) et vers \(-\infty\) en \(-\infty\). Ces extrema ne sont donc pas globaux.

Point de méthode : pour une fonction à variables séparées, la nature d’un point critique se devine aussi sans hessienne. En effet, \(x^3 – 3x\) a un minimum en 1 et un maximum en \(-1\), tandis que \(y^3 – 12y\) a un minimum en 2 et un maximum en \(-2\). Ainsi, un minimum combiné à un maximum donne un col. De même, deux minima donnent un minimum.

La figure montre les lignes de niveau : des courbes fermées entourent les deux extrema, tandis que des croix apparaissent aux deux cols.

Corrigé de l’exercice 9 – Exponentielle et carré de la distance

Idée clé : on factorise l’exponentielle, qui ne s’annule jamais, avant de résoudre le système.

1. On a \(\frac{\partial f}{\partial x} = \left(2x – x^2 – y^2\right)e^{-x}\) et \(\frac{\partial f}{\partial y} = 2ye^{-x}\). La seconde impose \(y = 0\). La première devient alors \(x(2 – x) = 0\). Les points critiques sont \((0, 0)\) et \((2, 0)\).
2. En dérivant encore, \(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \left(x^2 + y^2 – 4x + 2\right)e^{-x}\), la dérivée croisée vaut \(-2ye^{-x}\) et \(\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 2e^{-x}\). En \((0, 0)\), la hessienne vaut \(\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\) : minimum local strict, de valeur 0. En \((2, 0)\), elle vaut \(e^{-2}\begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\), de déterminant négatif : point col.
3. Pour tout \((x, y)\), on a \(f(x, y) \geqslant 0 = f(0, 0)\). Le minimum en \((0, 0)\) est global.

Corrigé de l’exercice 10 – Hessienne dégénérée et conclusion à la main

Idée clé : on reconnaît le carré \((x + y)^2\), puis on regarde la seule direction où il s’annule, la droite \(y = -x\).

1. On a \(\nabla f = \left(2x + 2y, 2x + 2y + 4y^3\right)\) et \(\nabla g = \left(2x + 2y, 2x + 2y – 4y^3\right)\), nuls à l’origine. Les deux hessiennes en \((0, 0)\) valent \(\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}\). Leur déterminant est nul, donc le critère ne conclut pas.
2. On écrit \(f(x, y) = (x + y)^2 + y^4 \geqslant 0\). De plus, \(f(x, y) = 0\) impose \(y = 0\), puis \(x = 0\). Donc \(f\) admet en \((0, 0)\) un minimum global strict.
3. On a \(g(x, y) = (x + y)^2 – y^4\). D’une part, \(g(\tau, 0) = \tau^2 > 0\) pour \(\tau \neq 0\). D’autre part, \(g(-\tau, \tau) = -\tau^4 < 0\). L’origine est un point col de \(g\).

Point de méthode : la direction à tester se lit sur la hessienne dégénérée. En effet, la forme quadratique \(2(u + v)^2\) s’annule exactement sur la droite \(u = -v\). C’est donc le long de cette droite que les termes d’ordre 4 décident. Par ailleurs, cet exercice reprend le contre-exemple du cours avec une autre direction critique.

Corrigé de l’exercice 11 – Position par rapport au plan tangent

Idée clé : l’écart entre la surface et son plan tangent vaut \(\frac{1}{2}q_a(h) + o(\|h\|^2)\) ; le signe de la forme quadratique décide.

1. On a \(\nabla f = \left(3x^2 + y, x + 2y\right)\), donc \(\nabla f(1, 0) = (3, 1)\), et \(f(1, 0) = 1\). Le plan tangent a pour équation \(z = 1 + 3(x – 1) + y\).
2. La hessienne vaut \(\begin{pmatrix} 6x & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\). En \((1, 0)\), on a \(rt – s^2 = 11 > 0\) et \(r = 6 > 0\). La forme quadratique est donc définie positive. Comme dans la preuve du critère, l’écart \(f(x, y) – \left(1 + 3(x – 1) + y\right)\) est strictement positif près de \((1, 0)\), hors de ce point. La surface est localement au-dessus de son plan tangent.
3. En \((-1, 0)\), on a \(f(-1, 0) = -1\) et \(\nabla f(-1, 0) = (3, -1)\), d’où le plan \(z = -1 + 3(x + 1) – y\). La hessienne vaut \(\begin{pmatrix} -6 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\), de déterminant \(-13 < 0\). La forme quadratique prend les deux signes. La surface traverse son plan tangent : elle est au-dessus dans certaines directions et au-dessous dans d’autres.

Corrigé de l’exercice 12 – Extrema sur un disque fermé

Idée clé : la compacité garantit l’existence ; on compare la valeur au point critique intérieur et les valeurs extrêmes sur le cercle.

1. Le disque \(D\) est fermé et borné, donc compact, et \(f\) est continue. Elle y atteint un minimum et un maximum.
2. Le gradient \((2x – 2, 2y – 4)\) s’annule seulement en \((1, 2)\). Comme \(1 + 4 = 5 < 20\), ce point est intérieur à \(D\). On a \(f(1, 2) = 1 + 4 – 2 – 8 = -5\).
3. Sur le cercle, \(x^2 + y^2 = 20\), donc \(f = 20 – (2x + 4y)\). L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne \(|2x + 4y| \leqslant \sqrt{2^2 + 4^2}\sqrt{x^2 + y^2} = 20\). Il y a égalité pour les points du cercle colinéaires à \((2, 4)\), c’est-à-dire \((2, 4)\) et \((-2, -4)\). Sur le cercle, \(f\) varie entre \(f(2, 4) = 0\) et \(f(-2, -4) = 40\).
4. En comparant \(-5\), \(0\) et \(40\) : le minimum de \(f\) sur \(D\) vaut \(-5\), atteint en \((1, 2)\), et le maximum vaut \(40\), atteint en \((-2, -4)\).

On peut aussi écrire \(f(x, y) = (x – 1)^2 + (y – 2)^2 – 5\) : \(f + 5\) est le carré de la distance au point \((1, 2)\). La figure confirme que le point du disque le plus éloigné de \((1, 2)\) est \((-2, -4)\).

Corrigé de l’exercice 13 – Extrema sur un carré

Idée clé : on traite l’intérieur, puis les quatre côtés un par un, sans oublier les sommets.

1. Le carré est compact et \(f\) est continue : les extrema existent. Le gradient \((2x – 2y, 4y – 2x – 2)\) s’annule si \(x = y\) et \(2y – 2 = 0\), soit en \((1, 1)\), intérieur à \(C\). On a \(f(1, 1) = 1 + 2 – 2 – 2 = -1\).
2. Sur le côté \(x = 0\) : \(2y^2 – 2y\), qui varie entre \(-\frac{1}{2}\) (en \(y = \frac{1}{2}\)) et \(4\) (en \(y = 2\)).
3. Sur le côté \(x = 2\) : \(2y^2 – 6y + 4 = 2(y – 1)(y – 2)\), qui varie entre \(-\frac{1}{2}\) (en \(y = \frac{3}{2}\)) et \(4\) (en \(y = 0\)).
4. Sur le côté \(y = 0\) : \(x^2\), entre \(0\) et \(4\). Sur le côté \(y = 2\) : \(x^2 – 4x + 4 = (x – 2)^2\), entre \(0\) et \(4\).
5. En comparant toutes ces valeurs : le minimum vaut \(-1\), atteint en \((1, 1)\), et le maximum vaut \(4\), atteint en \((2, 0)\) et en \((0, 2)\).

Point de méthode : sur chaque côté, on étudie une fonction d’une variable sur un segment. Il faut donc comparer la valeur au point où sa dérivée s’annule et les valeurs aux deux extrémités. D’ailleurs, ces extrémités sont les sommets du carré, où le maximum est atteint ici. Enfin, une présentation en tableau limite les oublis.

Corrigé de l’exercice 14 – Fonction quadratique de trois variables

Idée clé : pour un polynôme de degré 2, la formule de Taylor est exacte ; le signe de la forme quadratique donne directement un résultat global.

1. Le gradient vaut \(\left(2x + 2y – 4,\; 2x + 4y – 2z,\; 6z – 2y\right)\). La troisième équation donne \(y = 3z\), puis la première \(x = 2 – 3z\). La deuxième devient \(4 – 6z + 12z – 2z = 0\), soit \(z = -1\). Ainsi \(a = (5, -3, -1)\).
2. La hessienne est constante : \(H = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & 4 & -2 \\ 0 & -2 & 6 \end{pmatrix}\). Sa forme quadratique vaut \(2u^2 + 4uv + 4v^2 – 4vw + 6w^2\). En développant \(2(u + v)^2 + 2(v – w)^2 + 4w^2\), on retrouve bien \(2u^2 + 4uv + 2v^2 + 2v^2 – 4vw + 2w^2 + 4w^2\). La forme est positive et ne s’annule qu’en 0.
3. Les dérivées d’ordre 3 de \(f\) sont nulles, et \(\nabla f(a) = 0\) : la formule de Taylor avec reste intégral donne exactement \(f(a + h) = f(a) + \frac{1}{2}h^{\top}Hh\). Donc \(f(a + h) > f(a)\) pour \(h \neq 0\). Enfin, \(f(a) = 25 + 18 + 3 – 30 – 6 – 20 = -10\). La fonction admet en \((5, -3, -1)\) un minimum global strict, égal à \(-10\).

Corrigé de l’exercice 15 – Droite des moindres carrés

Idée clé : \(S\) est un polynôme de degré 2 en \((\alpha, \beta)\) ; ses points critiques vérifient les équations normales.

1. Avec \(\sum x_i = 6\), \(\sum x_i^2 = 14\), \(\sum y_i = 16\) et \(\sum x_iy_i = 35\), on trouve \(\frac{\partial S}{\partial \alpha} = 2(14\alpha + 6\beta – 35)\) et \(\frac{\partial S}{\partial \beta} = 2(6\alpha + 4\beta – 16)\). La seconde équation donne \(\beta = 4 – \frac{3}{2}\alpha\). En reportant, \(5\alpha = 11\). Le point critique est \((\alpha, \beta) = (2{,}2 ; 0{,}7)\).
2. La hessienne est constante, égale à \(\begin{pmatrix} 28 & 12 \\ 12 & 8 \end{pmatrix}\), avec \(rt – s^2 = 224 – 144 = 80 > 0\) et \(r > 0\). C’est un minimum local strict.
3. Comme \(S\) est polynomiale de degré 2, on a exactement \(S(m + h) = S(m) + \frac{1}{2}h^{\top}Hh\) au point critique \(m\). La forme quadratique étant définie positive, le minimum est global : la droite cherchée est \(y = 2{,}2x + 0{,}7\). Les écarts valent \(0{,}3\), \(0{,}1\), \(-1{,}1\) et \(0{,}7\), d’où \(S_{\min} = 1{,}8\).

La figure montre la droite obtenue et les quatre écarts verticaux, dont la somme des carrés est minimale.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Minimum sur toute droite mais pas minimum local

Idée clé : les droites passant par l’origine ne voient pas la région comprise entre les deux paraboles, où la fonction est négative.

1. En développant, \(f(x, y) = y^2 – 3x^2y + 2x^4\). Le gradient \(\left(-6xy + 8x^3, 2y – 3x^2\right)\) s’annule en \((0, 0)\). La hessienne en l’origine vaut \(\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\). Son déterminant est nul : elle est dégénérée.
2. Si \(q \neq 0\), on a \(f(\tau p, \tau q) = \tau^2\left(q – \tau p^2\right)\left(q – 2\tau p^2\right)\). Le produit des deux parenthèses tend vers \(q^2 > 0\) ; il est donc strictement positif pour \(\tau\) proche de 0. Si \(q = 0\), alors \(p \neq 0\) et \(f(\tau p, 0) = 2\tau^4p^4\). Dans tous les cas, la restriction est strictement positive pour \(\tau \neq 0\) petit : minimum local strict en 0.
3. On a \(f\left(x, \frac{3x^2}{2}\right) = \frac{x^2}{2} \times \left(-\frac{x^2}{2}\right) = -\frac{x^4}{4}\), strictement négatif pour \(x \neq 0\). Or ces points sont aussi proches de l’origine qu’on veut. Donc \(f\) n’a pas de minimum local en \((0, 0)\) : c’est un point col.

La figure montre les régions de signe : \(f\) est négative exactement entre les deux paraboles \(y = x^2\) et \(y = 2x^2\), qui sont tangentes à l’axe des abscisses en l’origine.

Corrigé de l’exercice 17 – Boîte ouverte de surface minimale

Idée clé : on trouve le point critique, puis on obtient le caractère global en se ramenant à un compact sur lequel la valeur au point critique est battue partout ailleurs.

1. La boîte a un fond de surface \(xy\) et quatre faces latérales de surfaces \(xh\), \(xh\), \(yh\), \(yh\). Comme \(xyh = 32\), on a \(h = \frac{32}{xy}\). Donc \(A = xy + 2h(x + y) = xy + \frac{64}{y} + \frac{64}{x}\).
2. Le gradient vaut \(\left(y – \frac{64}{x^2}, x – \frac{64}{y^2}\right)\). Il s’annule si \(x^2y = 64\) et \(xy^2 = 64\). En divisant, \(x = y\), puis \(x^3 = 64\). Le seul point critique est \((4, 4)\). La hessienne vaut \(\begin{pmatrix} \frac{128}{x^3} & 1 \\ 1 & \frac{128}{y^3} \end{pmatrix}\), soit \(\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\) en \((4, 4)\). Comme \(rt – s^2 = 3 > 0\) et \(r > 0\), c’est un minimum local strict, avec \(A(4, 4) = 48\).
3. Tous les termes de \(A\) sont strictement positifs. Si \(x < \frac{4}{3}\), alors \(\frac{64}{x} > 48\), donc \(A > 48\). Le cas \(y < \frac{4}{3}\) est identique. Si \(xy > 48\), le premier terme suffit. Dans ces trois cas, \(A(x, y) > 48\).
4. Soit \(K\) l’ensemble des \((x, y)\) avec \(x \geqslant \frac{4}{3}\), \(y \geqslant \frac{4}{3}\) et \(xy \leqslant 48\). Il est fermé, et borné car \(x \leqslant \frac{48}{y} \leqslant 36\) et de même pour \(y\). Comme \(A\) est continue sur ce compact, elle y atteint un minimum, au plus égal à \(A(4, 4) = 48\). Sur le bord de \(K\), on a \(A > 48\), comme dans la question précédente. Ce minimum est donc atteint à l’intérieur, en un point critique, c’est-à-dire en \((4, 4)\). Hors de \(K\), on a \(A > 48\). Le minimum global vaut 48 : la boîte optimale a un fond carré de côté 4 et une hauteur \(h = 2\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème des quatre extrema d’une gaussienne

Idée clé : on factorise l’exponentielle dans toutes les dérivées ; pour le global, deux inégalités élémentaires suffisent.

1. Notons \(E = e^{-(x^2 + y^2)/2}\), qui ne s’annule jamais. On trouve \(\frac{\partial f}{\partial x} = y(1 – x^2)E\) et \(\frac{\partial f}{\partial y} = x(1 – y^2)E\). Ensuite, \(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = xy(x^2 – 3)E\) et \(\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = xy(y^2 – 3)E\). Enfin, en dérivant \(\frac{\partial f}{\partial x}\) par rapport à \(y\), puis \(\frac{\partial f}{\partial y}\) par rapport à \(x\), on obtient deux fois \((1 – x^2)(1 – y^2)E\). L’égalité de Schwarz est vérifiée.
2. Il faut \(y(1 – x^2) = 0\) et \(x(1 – y^2) = 0\). Si \(y = 0\), la seconde équation donne \(x = 0\). Sinon, \(x = \pm 1\), donc \(x \neq 0\), et la seconde donne \(y = \pm 1\). Les points critiques sont \((0, 0)\), \((1, 1)\), \((-1, -1)\), \((1, -1)\) et \((-1, 1)\).
3. En \((0, 0)\), la hessienne vaut \(\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\), de déterminant \(-1\) : point col. En \((1, 1)\) et \((-1, -1)\), on a \(xy = 1\), la dérivée croisée est nulle et \(r = t = -2e^{-1}\) : maxima locaux stricts, de valeur \(e^{-1}\). En \((1, -1)\) et \((-1, 1)\), on a \(xy = -1\) et \(r = t = 2e^{-1}\) : minima locaux stricts, de valeur \(-e^{-1}\).
4. D’abord, \(x^2 + y^2 – 2|xy| = (|x| – |y|)^2 \geqslant 0\). Ensuite, la fonction \(\varphi(u) = ue^{-u}\) a pour dérivée \((1 – u)e^{-u}\) : elle croît sur \([0, 1]\) puis décroît. Son maximum sur \([0, +\infty[\) vaut \(\varphi(1) = e^{-1}\).
5. Posons \(u = \frac{x^2 + y^2}{2}\). Alors \(|f(x, y)| \leqslant ue^{-u} \leqslant e^{-1}\). Ces bornes sont atteintes aux points de la question 3. Le maximum global vaut \(e^{-1}\), atteint en \((1, 1)\) et \((-1, -1)\) ; le minimum global vaut \(-e^{-1}\), atteint en \((1, -1)\) et \((-1, 1)\).

Les lignes de niveau ci-dessous montrent les quatre extrema, disposés aux sommets d’un carré, et le col au centre.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème du principe du maximum

Idée clé : un maximum intérieur impose un laplacien négatif ou nul ; une petite perturbation strictement sous-harmonique interdit donc tout maximum intérieur.

1. La fonction \(\tau \mapsto f(a + \tau e_1)\) admet un maximum local en 0. Sa dérivée seconde en 0, qui vaut \(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(a)\), est donc négative ou nulle : sinon, la fonction aurait un minimum local strict en 0, d’après la condition suffisante d’ordre 2 en une variable. Le même argument avec \(e_2\) donne \(\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(a) \leqslant 0\).
2. En un maximum local, on aurait \(\Delta f(a) \leqslant 0\), d’après la question 1. Si \(\Delta f > 0\) sur \(U\), aucun point de \(U\) n’est donc un maximum local.
3. La fonction \(g_\varepsilon\) est continue sur le compact \(D\), donc elle y atteint son maximum. À l’intérieur, \(\Delta g_\varepsilon = \Delta f + 4\varepsilon = 4\varepsilon > 0\). D’après la question 2, ce maximum ne peut pas être atteint à l’intérieur, qui est ouvert. Il est donc atteint sur \(\Gamma\).
4. Notons \(M = \max_{\Gamma} f\). Sur \(\Gamma\), on a \(g_\varepsilon = f + \varepsilon\). Pour tout point de \(D\), on obtient \(f \leqslant g_\varepsilon \leqslant \max_{\Gamma} g_\varepsilon = M + \varepsilon\). En faisant tendre \(\varepsilon\) vers 0, il vient \(f \leqslant M\) sur \(D\). Le maximum de \(f\) sur \(D\) est atteint sur le cercle.
5. On a \(\Delta f = 2 – 2 = 0\). Sur \(\Gamma\), avec \(x = \cos\theta\), on trouve \(f = \cos(2\theta) + 3\cos\theta = 2c^2 + 3c – 1\), où \(c = \cos\theta \in [-1, 1]\). Ce trinôme est minimal en \(c = -\frac{3}{4}\), où il vaut \(-\frac{17}{8}\), et maximal en \(c = 1\), où il vaut \(4\). En appliquant la question 4 à \(f\) et à \(-f\), qui est aussi harmonique : le maximum de \(f\) sur \(D\) vaut 4, atteint en \((1, 0)\), et le minimum vaut \(-\frac{17}{8}\), atteint en \(\left(-\frac{3}{4}, \pm\frac{\sqrt{7}}{4}\right)\).

Pour aller plus loin

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