Points critiques et points selles : corrigé du contrôle de maths en L2

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Barème du contrôle corrigé : points critiques et points selles

Le corrigé détaillé : points critiques et points selles

Exercice 1 – Dérivées secondes et théorème de Schwarz (3 points)

1. Les dérivées d’ordre 1

   En dérivant par rapport à \(x\), puis par rapport à \(y\), on obtient :

   \(\frac{\partial f}{\partial x}(x, y) = 2x \sin y + y^3 \mathrm{e}^{x}\) et \(\frac{\partial f}{\partial y}(x, y) = x^2 \cos y + 3y^2 \mathrm{e}^{x}\).

   Les quatre dérivées d’ordre 2

   \(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x, y) = 2 \sin y + y^3 \mathrm{e}^{x}\), puis \(\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x, y) = -x^2 \sin y + 6y \mathrm{e}^{x}\).

   Pour les dérivées croisées, \(\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)(x, y) = 2x \cos y + 3y^2 \mathrm{e}^{x}\), et de même \(\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)(x, y) = 2x \cos y + 3y^2 \mathrm{e}^{x}\). Les deux dérivées croisées sont égales.

2. Le théorème de Schwarz affirme ceci : si \(f\) est de classe \(C^2\) sur un ouvert de \(\mathbb{R}^2\), ses deux dérivées partielles croisées d’ordre 2 y sont égales. Ici, \(f\) est construite par sommes et produits de fonctions polynomiales, trigonométriques et exponentielles, toutes de classe \(C^\infty\). Elle est donc de classe \(C^2\) sur l’ouvert \(\mathbb{R}^2\), et la question 1 confirme bien l’égalité attendue.
3. Au point \((1, 0)\), on a \(\sin 0 = 0\) et \(\cos 0 = 1\), donc les dérivées secondes valent \(0\), \(2\), \(2\) et \(0\). La hessienne est ainsi \(H = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}\). Par ailleurs, \(\frac{\partial f}{\partial y}(1, 0) = 1\), si bien que \((1, 0)\) n’est pas un point critique. Comme \(f(1, 0) = 0\) et que le gradient vaut \((0, 1)\), la formule de Taylor-Young donne :

   \[f(1 + h, k) = k + \frac{1}{2}\left(0 \times h^2 + 2 \times 2hk + 0 \times k^2\right) + o\left(h^2 + k^2\right).\]

   Finalement, \(f(1 + h, k) = k + 2hk + o\left(h^2 + k^2\right)\).

Barème : 1) dérivées premières 0,5 et dérivées secondes 1 ; 2) énoncé et hypothèses 0,5 ; 3) hessienne 0,25, point non critique 0,25, développement 0,5.

Exercice 2 – Deux points critiques de natures opposées (5 points)

1. La fonction \(g\) est polynomiale, donc de classe \(C^2\) sur \(\mathbb{R}^2\). Ses dérivées partielles sont \(\frac{\partial g}{\partial x} = 3x^2 – 6y\) et \(\frac{\partial g}{\partial y} = 6y – 6x\). La seconde s’annule exactement quand \(y = x\). En reportant dans la première, on obtient \(3x^2 – 6x = 3x(x – 2) = 0\), donc \(x = 0\) ou \(x = 2\). Les points critiques sont \(O(0, 0)\) et \(C(2, 2)\).

2. La hessienne en un point quelconque

   On calcule \(\frac{\partial^2 g}{\partial x^2} = 6x\), \(\frac{\partial^2 g}{\partial x \partial y} = -6\) et \(\frac{\partial^2 g}{\partial y^2} = 6\). La hessienne au point \((x, y)\) est donc \(\begin{pmatrix} 6x & -6 \\ -6 & 6 \end{pmatrix}\), de déterminant \(36x – 36\).

   Conclusion en O puis en C

   En \(O\), le déterminant vaut \(-36 < 0\) : les deux valeurs propres sont de signes opposés, donc \(O\) est un point selle. En \(C\), le déterminant vaut \(36 > 0\) et la trace vaut \(12 + 6 = 18 > 0\). Les deux valeurs propres sont alors strictement positives. Ainsi \(g\) admet en \(C\) un minimum local strict, égal à \(g(2, 2) = 8 + 12 – 24 + 1 = -3\).

3. D’une part, \(g(0, y) = 3y^2 + 1\), qui est strictement supérieur à \(g(0, 0) = 1\) dès que \(y \neq 0\). D’autre part, \(g(t, t) = t^3 – 3t^2 + 1 = 1 + t^2(t – 3)\). Pour \(0 < |t| < 3\), on a \(t^2 > 0\) et \(t – 3 < 0\), donc \(g(t, t) < 1\). Tout voisinage de l’origine contient ainsi des points où \(g\) est plus grande que \(1\), et d’autres où elle est plus petite. L’origine est donc un point selle, ce que confirme la surface ci-dessous.

4. On a \(g(x, 0) = x^3 + 1\), qui tend vers \(-\infty\) quand \(x\) tend vers \(-\infty\). Par exemple, \(g(-2, 0) = -7\), valeur plus petite que \(-3\). Le minimum atteint en \(C\) est donc local, mais pas global.

Barème : 1) dérivées 0,5 et résolution du système 1 ; 2) hessienne 0,5, nature de O 0,5, nature de C 0,5 ; 3) deux restrictions 0,75 et conclusion 0,25 ; 4) 1 point.

Piège classique : déclarer un minimum global dès que la hessienne est définie positive ; ce critère est purement local.

Exercice 3 – Une hessienne qui ne conclut pas (3 points)

1. On a \(\frac{\partial h_a}{\partial x} = 2x + 2a y^2\) et \(\frac{\partial h_a}{\partial y} = 4a xy + 4y^3\), qui s’annulent toutes deux en \((0, 0)\) : c’est donc un point critique. Les dérivées secondes y valent \(2\), \(0\) et \(0\), d’où la hessienne \(\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\). Son déterminant est nul : le critère d’ordre 2 ne permet pas de conclure, et cette hessienne ne dépend même pas de \(a\).
2. En développant, \(\left(x + a y^2\right)^2 = x^2 + 2a\,x y^2 + a^2 y^4\). On ajoute alors \(\left(1 – a^2\right) y^4\), ce qui redonne \(x^2 + 2a\,x y^2 + y^4\). L’identité est donc vraie pour tous réels \(x\) et \(y\).
3. Si \(|a| < 1\), alors \(1 – a^2 > 0\), et \(h_a(x, y)\) est une somme de deux termes positifs. Ainsi \(h_a(x, y) \geq 0 = h_a(0, 0)\). De plus, l’égalité impose \(y = 0\), puis \(x + 0 = 0\). L’origine est donc un minimum global strict.

4. Deux chemins aux comportements opposés

   Sur l’axe des abscisses, \(h_a(x, 0) = x^2 > 0\) pour \(x \neq 0\). En revanche, le long de la parabole \(x = -a y^2\), on a \(h_a\left(-a y^2, y\right) = \left(1 – a^2\right) y^4\), strictement négatif pour \(y \neq 0\) car \(|a| > 1\). Ces deux familles de points s’approchent de l’origine, où \(h_a\) vaut \(0\). Par conséquent, l’origine est un point selle. La figure montre, pour \(a = 2\), la zone où \(h_2\) est négative : elle est coincée entre deux paraboles tangentes à l’axe des ordonnées.

5. Si \(|a| = 1\), il reste \(h_a(x, y) = \left(x + a y^2\right)^2 \geq 0\). L’origine réalise donc un minimum global. Cependant, \(h_a\) s’annule sur toute la parabole \(x = -a y^2\), qui passe par l’origine. Le minimum est global, mais il n’est pas strict.

Barème : 1) point critique et hessienne 0,5 ; 2) 0,5 point ; 3) 0,75 point ; 4) deux restrictions 0,5 et conclusion 0,25 ; 5) 0,5 point.

Piège classique : conclure à un minimum parce que la hessienne est positive ; une hessienne seulement semi-définie ne permet aucune conclusion.

Exercice 4 – Preuve de la condition d’ordre 2 (3 points)

1. Comme \(F\) est de classe \(C^2\), le théorème de Schwarz rend \(H\) symétrique réelle. Le théorème spectral fournit alors une base orthonormée \((e_1, e_2)\) de vecteurs propres, associés à \(\lambda_1\) et \(\lambda_2\). Écrivons \(v = \alpha e_1 + \beta e_2\) : on a \(\|v\|^2 = \alpha^2 + \beta^2\) et \(q(v) = \lambda_1 \alpha^2 + \lambda_2 \beta^2\). Puisque \(\lambda_1 \leq \lambda_2\), on obtient \(\lambda_1 \|v\|^2 \leq q(v) \leq \lambda_2 \|v\|^2\).

2. Ce que donne Taylor-Young

   Le gradient de \(F\) est nul en \(p\). La formule de Taylor-Young à l’ordre 2 s’écrit donc \(F(p + v) = F(p) + \frac{1}{2} q(v) + \|v\|^2 \varepsilon(v)\), avec \(\varepsilon(v) \to 0\) quand \(v \to 0\).

   Un rayon où l’écart reste positif

   Choisissons \(r > 0\) tel que la boule de centre \(p\) et de rayon \(r\) soit incluse dans \(U\), et tel que \(|\varepsilon(v)| \leq \frac{\lambda_1}{4}\) pour \(\|v\| < r\). Pour \(0 < \|v\| < r\), la question 1 donne alors :

   \[F(p + v) – F(p) \geq \frac{\lambda_1}{2}\|v\|^2 – \frac{\lambda_1}{4}\|v\|^2 = \frac{\lambda_1}{4}\|v\|^2 > 0.\]

   Ainsi \(F\) admet en \(p\) un minimum local strict.

3. Le déterminant \(\lambda_1 \lambda_2\) est strictement négatif, donc \(\lambda_1 < 0 < \lambda_2\). Pour \(t\) réel non nul et petit, la formule précédente donne \(F(p + t e_1) – F(p) = t^2\left(\frac{\lambda_1}{2} + \varepsilon(t e_1)\right)\), qui est strictement négatif. De même, \(F(p + t e_2) – F(p) = t^2\left(\frac{\lambda_2}{2} + \varepsilon(t e_2)\right)\) est strictement positif. Tout voisinage de \(p\) contient donc des valeurs plus grandes et plus petites que \(F(p)\) : c’est un point selle.

Barème : 1) théorème spectral 0,5 et encadrement 0,5 ; 2) formule de Taylor-Young 0,5, choix du rayon 0,5, conclusion 0,5 ; 3) 0,5 point.

Exercice 5 – Problème : température sur une plaque triangulaire (6 points)

1. Le triangle plein s’écrit \(K = \left\{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x \geq 0,\ y \geq 0,\ x + y \leq 4\right\}\). Il est fermé, car défini par des inégalités larges entre fonctions continues. Il est aussi borné, puisque inclus dans \([0\,;4]^2\). Ainsi \(K\) est un compact de \(\mathbb{R}^2\) ; la fonction \(T\), polynomiale donc continue, y atteint un maximum et un minimum.

2. Recherche des points critiques

   On a \(\frac{\partial T}{\partial x} = 2x – y – 3\) et \(\frac{\partial T}{\partial y} = -x + 2y\). La seconde équation donne \(x = 2y\) ; on reporte alors dans la première : \(4y – y – 3 = 0\), donc \(y = 1\) et \(x = 2\). Le seul point critique est \(M_0(2, 1)\), qui vérifie \(x > 0\), \(y > 0\) et \(x + y = 3 < 4\) : il est bien intérieur à \(K\).

   Nature du point critique

   La hessienne est constante, égale à \(\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}\), de déterminant \(3 > 0\) et de trace \(4 > 0\). Le point \(M_0(2, 1)\) est donc un minimum local strict, avec \(T(2, 1) = 4 – 2 + 1 – 6 = -3\).

3. Le côté [OA] et le côté [OB]

   Sur \([OA]\), on a \(y = 0\) et \(T(x, 0) = x^2 – 3x\) pour \(x \in [0\,;4]\). Ce trinôme est minimal en \(x = \frac{3}{2}\), où il vaut \(-\frac{9}{4}\) ; il vaut \(0\) en \(O\) et \(4\) en \(A\). Ensuite, sur \([OB]\), on a \(x = 0\) et \(T(0, y) = y^2\), croissante sur \([0\,;4]\) : elle va de \(0\) en \(O\) à \(16\) en \(B\).

   Le côté [AB]

   Sur \([AB]\), on remplace \(y\) par \(4 – x\), avec \(x \in [0\,;4]\) :

   \(T(x, 4 – x) = x^2 – x(4 – x) + (4 – x)^2 – 3x = 3x^2 – 15x + 16\).

   Ce trinôme est minimal en \(x = \frac{5}{2}\), où il vaut \(\frac{75}{4} – \frac{150}{4} + \frac{64}{4} = -\frac{11}{4}\). Aux extrémités, il vaut \(16\) en \(B\) et \(4\) en \(A\). Sur le bord, la plus grande valeur est \(16\) et la plus petite est \(-\frac{11}{4}\).

4. Les extrema globaux sur \(K\) se trouvent soit en un point critique intérieur, soit sur le bord. On compare donc \(-3\), \(-\frac{9}{4}\), \(-\frac{11}{4}\), \(0\), \(4\) et \(16\). Comme \(-3 < -\frac{11}{4} < -\frac{9}{4}\), la température maximale vaut \(16\) degrés, atteinte au sommet \(B(0\,;4)\), et la température minimale vaut \(-3\) degrés, atteinte au point intérieur \((2\,;1)\).

5. Vérification de l’identité, puis conclusion sur le plan

   En développant, \((x – 2)^2 – (x – 2)(y – 1) + (y – 1)^2\) vaut \(x^2 – 4x + 4 – xy + x + 2y – 2 + y^2 – 2y + 1\), soit \(x^2 – xy + y^2 – 3x + 3 = T(x, y) + 3\). Posons \(u = x – 2\) et \(v = y – 1\). On a alors \(u^2 – uv + v^2 = \left(u – \frac{v}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}v^2 \geq 0\). Par conséquent, \(T \geq -3\) sur \(\mathbb{R}^2\) : le point \((2, 1)\) réalise aussi le minimum global de \(T\) sur tout le plan.

Barème : 1) description de K 0,25, compacité 0,5, conclusion 0,25 ; 2) point critique 1 et nature 0,5 ; 3) côtés [OA] et [OB] 1, côté [AB] 1 ; 4) comparaison et conclusion 1 ; 5) 0,5 point.

Piège classique : chercher le maximum parmi les seuls points critiques intérieurs ; ici, il n’en existe aucun qui soit un maximum, et c’est un sommet du triangle qui l’emporte.

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