QCM : Hessienne et extrema libres en L2 de maths

Réponse B.

On dérive d’abord par rapport à \(y\) : on obtient \(2x^3y\). Ensuite, la dérivée par rapport à \(x\) donne \(6x^2y\). L’ordre n’importe pas ici, car \(f\) est polynomiale. Le piège \(6xy^2\) correspond à \(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\), où l’on dérive deux fois en \(x\). Quant à \(2x^3\), c’est la dérivée seconde en \(y\) seul.

Réponse D.

Le théorème demande que les dérivées secondes existent et soient continues sur un ouvert. Par conséquent, l’hypothèse \(C^2\) suffit. La simple existence des dérivées secondes ne suffit pas : il existe des fonctions dont les dérivées croisées diffèrent à l’origine. De même, l’hypothèse \(C^1\) ne parle que des dérivées premières. Ainsi, elle ne garantit rien à l’ordre 2.

Réponse C.

On trouve \(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=2\), \(\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=-2\) et une dérivée croisée égale à 3. Le piège avec \(\frac{3}{2}\) donne en fait la matrice de la forme quadratique \(f\), qui vaut la moitié de la hessienne. Ensuite, le coefficient 2 en bas à droite oublie le signe moins. Enfin, la diagonale 1 et \(-1\) recopie les coefficients sans dériver.

Réponse A.

Avec \(u=x+2y\), on a \(e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+o(u^2)\). Donc le terme d’ordre 2 vaut \(\frac{1}{2}(x+2y)^2=\frac{1}{2}x^2+2xy+2y^2\). Le piège sans le facteur \(\frac{1}{2}\) oublie la factorielle de Taylor. Ensuite, le coefficient \(xy\) ne vaut pas 1, car le double produit vaut \(4xy\) avant division. Enfin, oublier le terme croisé revient à mal développer le carré.

Réponse C.

Le gradient vaut \((3x^2-3,\,2y)\). Il s’annule si et seulement si \(x^2=1\) et \(y=0\). Ainsi, on obtient deux points critiques. Le piège \((1,0)\) seul oublie la racine négative de \(x^2=1\). Quant à l’origine, elle annule bien \(2y\), cependant la première coordonnée du gradient y vaut \(-3\).

Réponse B.

En un point intérieur, chaque fonction partielle d’une variable a un extremum local, donc sa dérivée est nulle. La réciproque est fausse : \(x^2-y^2\) a un gradient nul en l’origine sans extremum. Sur le bord, l’argument tombe, car on ne peut pas se déplacer dans toutes les directions. Enfin, \(x^2+y^2\) a un gradient nul en 0 et une hessienne non nulle.

Réponse A.

La hessienne vaut \(\mathrm{diag}(6x,2)\). En \((1,0)\), elle vaut \(\mathrm{diag}(6,2)\), définie positive : c’est donc un minimum local. En \((-1,0)\), les valeurs propres \(-6\) et 2 sont de signes opposés, d’où un point col. Ce minimum n’est cependant pas global, car \(f(x,0)\) tend vers \(-\infty\) quand \(x\) tend vers \(-\infty\). Le piège du maximum oublie le terme \(y^2\).

Réponse C.

La hessienne vaut \(\begin{pmatrix}2&4\\4&2\end{pmatrix}\), de déterminant \(4-16=-12\). Un déterminant strictement négatif signale des valeurs propres de signes opposés, donc un col. D’ailleurs, \(f(t,-t)=-2t^2\) et \(f(t,t)=6t^2\). Le piège du minimum ne regarde que la diagonale positive. Enfin, la hessienne ne laisse un doute que si son déterminant est nul.

Réponse A.

On trouve une hessienne \(\mathrm{diag}(2,0)\), de déterminant nul. Par conséquent, le critère d’ordre 2 ne tranche pas. On revient alors à la fonction : \(f\geq 0=f(0,0)\) partout, d’où un minimum global. Le piège du minimum strict conclut trop vite à partir d’une valeur propre positive. À l’inverse, \(x^2-y^4\) a la même hessienne et un col.

Réponse B.

Si \(f\) était \(C^2\) au voisinage de l’origine, le théorème de Schwarz donnerait des dérivées croisées égales. Par contraposée, \(f\) n’est pas \(C^2\). Le théorème n’est donc pas mis en défaut, puisque son hypothèse manque. Par ailleurs, l’exemple classique \(\frac{xy(x^2-y^2)}{x^2+y^2}\) est continu et même \(C^1\). Ainsi, les deux autres pièges sont faux.

Réponse D.

Le disque est compact, donc le maximum existe. Le seul point critique, \((1,0)\), est sur le bord. Sur le cercle, \(x^2+y^2=1\), d’où \(f=1-2x\), maximal en \(x=-1\) : on obtient 3. Le piège 4 vient de \((x-1)^2\), en oubliant le \(-1\) de la forme canonique. Quant à \(-1\), c’est le minimum et non le maximum.

Réponse D.

La hessienne vaut \(\begin{pmatrix}6x&-6\\-6&6y\end{pmatrix}\). En l’origine, son déterminant vaut \(-36\), donc c’est un col. En \((2,2)\), il vaut \(144-36=108\), avec une diagonale positive : c’est donc un minimum local, où \(f=-8\). Cependant, \(f(x,0)=x^3\) tend vers \(-\infty\). Par conséquent, ce minimum n’est pas global, ce qui élimine la réponse « minimum global ».