Extremums libres et liés en maths spé (MP) : cours et méthodes

Si la dérivée partielle \(\partial_j f\) existe sur \(U\) et admet elle-même une dérivée partielle selon \(e_i\), on note \(\partial_i \partial_j f = \partial_i(\partial_j f)\). Par récurrence, on définit les dérivées partielles d’ordre \(k\). La fonction \(f\) appartient à la classe \(C^k\) sur \(U\) lorsque chacune des \(n^k\) dérivées partielles d’ordre \(k\) est définie en tout point de \(U\) et y dépend continûment du point.

Si \(f\) est de classe \(C^2\) sur l’ouvert \(U\), alors pour tous indices \(i\) et \(j\), on a \(\partial_i \partial_j f = \partial_j \partial_i f\) en tout point de \(U\).

Prenons \(f(x,y) = x^2 \cos(y) + y^3 e^{x}\), de classe \(C^\infty\) sur \(\mathbb{R}^2\). D’abord, \(\partial_x f = 2x\cos(y) + y^3 e^{x}\) et \(\partial_y f = -x^2 \sin(y) + 3y^2 e^{x}\). Ensuite, on dérive la première expression par rapport à \(y\) : on obtient \(-2x\sin(y) + 3y^2 e^{x}\). Enfin, la seconde dérivée par rapport à \(x\) donne la même chose. Le théorème de Schwarz est bien vérifié.

Posons \(f(x,y) = \dfrac{x^3 y}{x^2+y^2}\) si \((x,y) \neq (0,0)\), et \(f(0,0) = 0\). Pour \(y \neq 0\), on a \(f(x,y) \sim x^3/y\) quand \(x\) tend vers 0, donc la dérivée selon \(x\) au point \((0,y)\) est nulle. Elle l’est aussi en \((0,0)\), car \(f\) est nulle sur l’axe des abscisses. La fonction \(y \mapsto \partial_x f(0,y)\) est donc identiquement nulle, et sa dérivée en 0 vaut 0. En revanche, pour \(x \neq 0\), \(f(x,k) \sim x k\) quand \(k\) tend vers 0, donc \(\partial_y f(x,0) = x\). Dériver cette fois par rapport à \(x\) en 0 donne 1. Les deux dérivées croisées à l’origine valent 0 et 1 : par conséquent, aucun voisinage de l’origine ne rend \(f\) de classe \(C^2\).

Soit \(f\) de classe \(C^2\) sur \(U\) et \(a \in U\). La matrice hessienne de \(f\) en \(a\) est la matrice \(H_f(a) = \big(\partial_i \partial_j f(a)\big)_{1 \leqslant i,j \leqslant n}\). Elle appartient à \(S_n(\mathbb{R})\).

Si \(f\) est de classe \(C^2\) sur \(U\) et \(a \in U\), alors, quand \(h\) tend vers 0 :

\[ f(a+h) = f(a) + \langle \nabla f(a), h \rangle + \frac{1}{2}\, h^{\top} H_f(a)\, h + o\big(\|h\|^2\big). \]

En dimension 2, on utilise souvent les notations de Monge : \(r = \partial_x^2 f(a)\), \(s = \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(a)\) et \(t = \partial_y^2 f(a)\). Avec \(h = (u,v)\), le terme d’ordre 2 s’écrit alors \(\frac{1}{2}(r u^2 + 2 s u v + t v^2)\).

Développons \(f(x,y) = \ln(1 + x + 2y)\) à l’ordre 2 en \((0,0)\). On trouve \(\partial_x f = \frac{1}{1+x+2y}\) et \(\partial_y f = \frac{2}{1+x+2y}\). Donc \(\nabla f(0,0) = (1,2)\). Ensuite, \(r = -1\), \(s = -2\) et \(t = -4\) à l’origine. Ainsi \(f(u,v) = u + 2v – \frac{1}{2}(u^2 + 4uv + 4v^2) + o(u^2+v^2)\). On retrouve le développement \(\ln(1+w) = w – w^2/2 + o(w^2)\) avec \(w = u + 2v\), ce qui valide le calcul.

Le point \(a \in U\) est un minimum local de \(f\) lorsqu’un rayon \(\rho > 0\) garantit \(f(x) \geqslant f(a)\) à chaque fois que \(x \in U\) et \(\|x – a\| < \rho\). On parle de minimum strict si, de plus, \(f(x) > f(a)\) pour ces points \(x\) distincts de \(a\). Le maximum local se définit de même. Enfin, \(a\) est un point critique de \(f\) différentiable si \(\mathrm{d}f(a) = 0\), c’est-à-dire \(\nabla f(a) = 0\).

Si \(f\) est différentiable sur l’ouvert \(U\) et admet un extremum local en \(a\), alors \(a\) est un point critique de \(f\).

Supposons un minimum local en \(a\) et fixons un vecteur \(v\). Comme \(U\) est ouvert, la fonction \(\varphi(t) = f(a + t v)\) est définie sur un intervalle ouvert contenant 0. De plus, elle admet un minimum local en 0 et elle est dérivable en 0. Donc \(\varphi^{\prime}(0) = 0\), soit \(\mathrm{d}f(a)(v) = 0\). Ceci vaut pour tout \(v\), d’où \(\mathrm{d}f(a) = 0\).

Soit \(f\) de classe \(C^2\) sur \(U\) et \(a\) un point critique de \(f\).

• Si \(H_f(a) \in S_n^{++}(\mathbb{R})\), alors \(f\) admet un minimum local strict en \(a\).
• Si \(f\) admet un minimum local en \(a\), alors \(H_f(a) \in S_n^{+}(\mathbb{R})\).

On obtient les énoncés pour un maximum en remplaçant \(f\) par \(-f\).

Pour le premier point, notons \(\lambda > 0\) la plus petite valeur propre de \(H = H_f(a)\). D’après le théorème spectral, \(h^{\top} H h \geqslant \lambda \|h\|^2\) pour tout \(h\). Ainsi, Taylor-Young donne \(f(a+h) – f(a) = \|h\|^2 \big(\tfrac{1}{2} q(h) + \varepsilon(h)\big)\), où \(q(h) \geqslant \lambda\) et \(\varepsilon(h)\) tend vers 0. Pour \(\|h\|\) assez petit, \(|\varepsilon(h)| < \lambda/2\). Par conséquent, la différence est strictement positive dès que \(h \neq 0\).

Pour le second point, fixons \(h\) et posons \(\psi(t) = f(a + t h)\). Cette fonction est \(C^2\) près de 0, avec \(\psi^{\prime}(0) = 0\) et \(\psi^{\prime\prime}(0) = h^{\top} H h\). Si ce nombre était strictement négatif, \(\psi\) aurait un maximum local strict en 0, ce qui contredit le minimum. Donc \(h^{\top} H h \geqslant 0\) pour tout \(h\).

Comparons \(f_1(x,y) = (x-y)^2 + y^4\) et \(f_2(x,y) = (x-y)^2 – y^4\). Les deux fonctions ont la même hessienne en l’origine, à savoir \(\begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 2 \end{pmatrix}\), qui est positive de déterminant nul. Pourtant, \(f_1\) admet un minimum strict en 0, car c’est une somme de deux carrés nulle seulement en 0. En revanche, \(f_2(t,t) = -t^4 < 0\) et \(f_2(t,0) = t^2 > 0\) : il n’y a pas d’extremum.

Soit \(f\) de classe \(C^2\) sur un ouvert de \(\mathbb{R}^2\) et \(a\) un point critique, de hessienne \(H\).

• Si \(\det H > 0\) et \(\operatorname{tr} H > 0\), alors \(f\) a un minimum local strict en \(a\).
• Si \(\det H > 0\) et \(\operatorname{tr} H < 0\), alors \(f\) a un maximum local strict en \(a\).
• Si \(\det H < 0\), alors \(a\) est un point col : il n’y a pas d’extremum.
• Si \(\det H = 0\), on ne peut pas conclure avec la hessienne.

1. Vérifier que le domaine est ouvert et que \(f\) est de classe \(C^2\).
2. Résoudre le système \(\nabla f = 0\) : c’est souvent l’étape la plus délicate, on factorise dès que possible.
3. Calculer \(r\), \(s\), \(t\) en chaque point critique, puis le signe de \(rt – s^2\).
4. Conclure avec la proposition précédente, ou étudier à la main si \(rt – s^2 = 0\).
5. Se demander enfin si l’extremum local est global, en testant des points éloignés.

Étudions \(f(x,y) = y(x-1)^2 + y^2 – y\) sur \(\mathbb{R}^2\). D’abord, \(\partial_x f = 2y(x-1)\) et \(\partial_y f = (x-1)^2 + 2y – 1\). La première équation donne \(y = 0\) ou \(x = 1\). Si \(y = 0\), alors \((x-1)^2 = 1\), d’où \(x = 0\) ou \(x = 2\). Si \(x = 1\), alors \(y = 1/2\). On obtient trois points critiques : \((0,0)\), \((2,0)\) et \((1, 1/2)\).

Ensuite, \(r = 2y\), \(s = 2(x-1)\) et \(t = 2\). En \((0,0)\) et en \((2,0)\), on trouve \(rt – s^2 = -4 < 0\) : ce sont des cols. En \((1,1/2)\), on a \(r = 1\), \(s = 0\), \(t = 2\), donc \(rt – s^2 = 2 > 0\) et \(r > 0\). C’est un minimum local strict, de valeur \(f(1,1/2) = -1/4\).

Enfin, ce minimum n’est pas global. En effet, \(f(x,-1) = -(x-1)^2 + 2\) tend vers \(-\infty\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\).

Soit \(X\) une partie de \(\mathbb{R}^n\) et \(x \in X\). Le vecteur \(v\) est dit tangent à \(X\) au point \(x\) lorsqu’on peut tracer dans \(X\) une courbe \(\gamma\), définie sur un petit intervalle \(\left]-\varepsilon, \varepsilon\right[\), qui passe par \(x\) à l’instant 0 avec la vitesse \(v\). Précisément, on demande \(\gamma(0) = x\), \(\gamma\) dérivable en 0 et \(\gamma^{\prime}(0) = v\). L’ensemble de ces vecteurs se note \(T_x X\).

Soit \(g\) de classe \(C^1\) sur un ouvert \(U\) de \(\mathbb{R}^n\), et \(X = \{x \in U,\ g(x) = 0\}\). Si \(x \in X\) et \(\mathrm{d}g(x) \neq 0\), alors \(T_x X = \ker \mathrm{d}g(x)\). Autrement dit, l’espace tangent est l’hyperplan orthogonal à \(\nabla g(x)\).

Considérons la surface \(X\) d’équation \(x^2 + y^2 – z^2 = 1\) et le point \(p = (1,1,1)\), qui appartient bien à \(X\). Avec \(g(x,y,z) = x^2 + y^2 – z^2 – 1\), on obtient \(\nabla g(p) = (2, 2, -2)\), qui est non nul. Ainsi, \(T_p X\) est le plan vectoriel d’équation \(u + v – w = 0\). Le plan tangent affine en \(p\) a donc pour équation \(x + y – z = 1\).

On suppose \(f\) et \(g\) de classe \(C^1\) sur un ouvert \(U\) de \(\mathbb{R}^n\), et on note \(X\) l’ensemble des points de \(U\) où \(g\) s’annule. Soit \(a \in X\) tel que \(\mathrm{d}g(a) \neq 0\). Lorsque \(f_{|X}\) présente en \(a\) un maximum ou un minimum local, le gradient de \(f\) en \(a\) appartient à la droite engendrée par \(\nabla g(a)\). Autrement dit, on dispose d’un réel \(\lambda\) avec \(\nabla f(a) – \lambda\, \nabla g(a) = 0\).

Soit \(v \in T_a X\) et \(\gamma\) un arc sur \(X\) avec \(\gamma(0) = a\) et \(\gamma^{\prime}(0) = v\). La fonction \(f \circ \gamma\) admet un extremum local en 0 et elle est dérivable en 0. Donc sa dérivée y est nulle, soit \(\mathrm{d}f(a)(v) = 0\). Ainsi, \(\mathrm{d}f(a)\) s’annule sur \(T_a X = \ker \mathrm{d}g(a)\). Deux formes linéaires dont l’une est non nulle et dont les noyaux sont emboîtés sont proportionnelles. Par conséquent \(\nabla f(a)\) est colinéaire à \(\nabla g(a)\).

1. Écrire la contrainte sous la forme \(g = 0\) et vérifier que \(\nabla g\) ne s’annule pas sur \(X\).
2. Justifier l’existence d’un maximum ou d’un minimum, le plus souvent parce que \(X\) est fermé et borné et \(f\) continue.
3. Résoudre \(g = 0\) avec la colinéarité, par exemple en annulant le déterminant de \(\nabla f\) et \(\nabla g\) en dimension 2.
4. Calculer \(f\) en chaque candidat : le plus grand résultat est le maximum, le plus petit est le minimum.

Cherchons les extremums de \(f(x,y) = xy\) sur l’ellipse \(X\) d’équation \(x^2 + 4y^2 = 8\). Posons \(g(x,y) = x^2 + 4y^2 – 8\). Son gradient \((2x, 8y)\) ne s’annule qu’en l’origine, qui n’est pas sur \(X\). De plus, \(X\) est fermée et bornée, donc compacte. Comme \(f\) est continue, elle atteint un maximum et un minimum sur \(X\).

La colinéarité de \(\nabla f = (y, x)\) et de \(\nabla g\) s’écrit \(y \cdot 8y – x \cdot 2x = 0\), soit \(x^2 = 4y^2\). Avec la contrainte, on trouve \(8y^2 = 8\), donc \(y = \pm 1\) et \(x = \pm 2\). Les candidats sont \((2,1)\), \((-2,-1)\), \((2,-1)\) et \((-2,1)\). Finalement, le maximum de \(f\) sur \(X\) vaut 2 et le minimum vaut \(-2\).

Sur un ouvert convexe de \(\mathbb{R}^2\), une fonction \(g\) de classe \(C^1\) vérifie \(\partial_u g = 0\) si et seulement si elle s’écrit \(g(u,v) = \varphi(v)\), avec \(\varphi\) de classe \(C^1\). De même, sur \(\mathbb{R}^2\), une fonction \(g\) de classe \(C^2\) vérifie \(\partial_u \partial_v g = 0\) si et seulement si \(g(u,v) = A(u) + B(v)\), avec \(A\) et \(B\) de classe \(C^2\).

Cherchons les fonctions \(f\) de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\) telles que \(2\,\partial_x f – 3\,\partial_y f = 0\). Posons \(u = x\) et \(v = 3x + 2y\). Cette application linéaire est bijective, car son déterminant vaut 2. On définit donc \(g\) par \(f(x,y) = g(x, 3x + 2y)\). La règle de la chaîne donne \(\partial_x f = \partial_u g + 3\,\partial_v g\) et \(\partial_y f = 2\,\partial_v g\). Ainsi, l’équation devient \(2\,\partial_u g = 0\). Par conséquent, les solutions sont les fonctions \(f(x,y) = \varphi(3x + 2y)\), où \(\varphi\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\).

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