20 exercices corrigés d’extremums et d’optimisation en prépa

Les dérivées partielles sont \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 2x- 4\) et \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 2y + 2\). Le système \(\nabla f = 0\) donne \(x = 2\) et \(y = -1\) : unique point critique \(A = (2,-1)\).

La hessienne est constante : \(H_f = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\). On a \(rt- s^2 = 4 > 0\) et \(r = 2 > 0\) : minimum local en \(A\).

Comme \(f(x,y) = (x-2)^2 + (y+1)^2- 4\), ce minimum vaut \(-4\) et il est global (\(f\) est une somme de carrés). Minimum global \(f(2,-1) = -4\).

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2- 3\) et \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 2y\). On résout : \(x^2 = 1\) et \(y = 0\), d’où deux points critiques \((1,0)\) et \((-1,0)\).

Hessienne : \(H_f(x,y) = \begin{pmatrix} 6x & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\).

En \((1,0)\) : \(rt- s^2 = 12 > 0\) et \(r = 6 > 0\) → minimum local, \(f(1,0) = -2\).

En \((-1,0)\) : \(rt- s^2 = -12 < 0\) → point selle.

Aucun extremum global : \(f(x,0) = x^3- 3x \to \pm\infty\).

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 2x + y- 3\), \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = x + 2y\). La seconde équation donne \(x = -2y\) ; en reportant : \(2(-2y) + y- 3 = -3y- 3 = 0\), donc \(y = -1\) et \(x = 2\).

Hessienne : \(H_f = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\), \(rt- s^2 = 4- 1 = 3 > 0\) et \(r = 2 > 0\) → minimum local.

La forme quadratique associée est définie positive (valeurs propres \(1\) et \(3\)), donc le minimum est global : \(f(2,-1) = 4- 2 + 1- 6 = -3\).

\(\nabla f = (y, x)\) s’annule uniquement en \((0,0)\). Hessienne : \(H_f = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\), \(rt- s^2 = -1 < 0\) → point selle.

Confirmation directe (ce que le correcteur apprécie) : \(f(t,t) = t^2 > 0\) et \(f(t,-t) = -t^2 < 0\) pour \(t\) proche de \(0\). La fonction change de signe dans tout voisinage de l’origine : ce n’est ni un maximum ni un minimum. Aucun extremum.

\(\nabla f = (2x- 2,\; 4y + 4,\; 6z- 6)\). Le point critique est \((1, -1, 1)\).

La hessienne est \(H_f = \mathrm{diag}(2, 4, 6)\) : matrice diagonale à coefficients strictement positifs, donc définie positive. C’est un minimum.

En complétant les carrés : \(f = (x-1)^2 + 2(y+1)^2 + 3(z-1)^2- 6\). Le minimum est global, égal à \(-6\) en \((1,-1,1)\).

Pour les deux fonctions, \((0,0)\) est l’unique point critique et \(H = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\) : \(rt- s^2 = 0\), cas douteux. On étudie donc directement le signe de la différence \(f- f(0,0)\).

Cas de \(f\) : \(f(x,y)- f(0,0) = x^2 + y^4 \geq 0\) partout, avec égalité seulement en \((0,0)\). C’est un minimum global strict.

Cas de \(g\) : \(g(x,0) = x^2 \geq 0\) mais \(g(0,y) = -y^4 \leq 0\). La fonction change de signe autour de l’origine : point selle, aucun extremum.

Leçon : deux fonctions ayant la même hessienne (nulle dans la direction douteuse) peuvent avoir des comportements opposés. Le développement limité à l’ordre 2 ne suffit pas, il faut monter à l’ordre 4.

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2- 3y = 0\) donne \(y = x^2\). \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 3y^2- 3x = 0\) donne \(x = y^2\). En reportant : \(x = (x^2)^2 = x^4\), soit \(x(x^3- 1) = 0\), donc \(x = 0\) ou \(x = 1\).

Points critiques : \((0,0)\) et \((1,1)\).

Hessienne : \(H_f(x,y) = \begin{pmatrix} 6x & -3 \\ -3 & 6y \end{pmatrix}\).

En \((0,0)\) : \(rt- s^2 = 0- 9 = -9 < 0\) → point selle.

En \((1,1)\) : \(rt- s^2 = 36- 9 = 27 > 0\) et \(r = 6 > 0\) → minimum local, \(f(1,1) = -1\). Il n’est pas global car \(f(x,0) = x^3 \to -\infty\).

\(\nabla f = (3x^2- 3ay,\; 3y^2- 3ax)\). Le système donne \(y = x^2/a\) puis \(x^4 = a^3 x\), soit \(x = 0\) ou \(x = a\). Points critiques : \((0,0)\) et \((a,a)\).

Hessienne : \(H_f = \begin{pmatrix} 6x & -3a \\ -3a & 6y \end{pmatrix}\).

En \((0,0)\) : \(rt- s^2 = -9a^2 < 0\) pour tout \(a \neq 0\) → toujours un point selle.

En \((a,a)\) : \(rt- s^2 = 36a^2- 9a^2 = 27a^2 > 0\). Le signe de \(r = 6a\) tranche :

• si \(a > 0\) : \(r > 0\) → minimum local ;
• si \(a < 0\) : \(r < 0\) → maximum local.

Valeur : \(f(a,a) = 2a^3- 3a^3 = -a^3\).

Posons \(g(x,y,z) = x + y + z- 1\). La contrainte est régulière (\(\nabla g = (1,1,1) \neq 0\)). La condition de Lagrange \(\nabla f = \lambda \nabla g\) donne \(2x = 2y = 2z = \lambda\), donc \(x = y = z\). La contrainte impose \(3x = 1\), soit \(x = y = z = \displaystyle\frac{1}{3}\).

Valeur : \(f = 3 \times \displaystyle\frac{1}{9} = \displaystyle\frac{1}{3}\).

Justification que c’est un minimum : sur le plan (fermé), \(f\) est coercive donc atteint son minimum, et l’unique candidat de Lagrange le réalise. On peut aussi noter que c’est le carré de la distance de l’origine au plan : \(d^2 = \left(\displaystyle\frac{1}{\sqrt3}\right)^2 = \displaystyle\frac{1}{3}\).

Le cercle est un compact et \(f\) est continue : les extrema sont atteints. Lagrange avec \(g = x^2 + y^2- 1\) : \((y, x) = \lambda(2x, 2y)\).

On tire \(y = 2\lambda x\) et \(x = 2\lambda y\), d’où \(x = 4\lambda^2 x\). Comme \((x,y)\neq(0,0)\), \(4\lambda^2 = 1\), soit \(\lambda = \pm\displaystyle\frac{1}{2}\), ce qui donne \(y = \pm x\).

Sur le cercle, \(2x^2 = 1\) donne \(x = \pm\displaystyle\frac{1}{\sqrt2}\). On compare les valeurs :

• \(y = x\) : \(f = x^2 = \displaystyle\frac{1}{2}\) → maximum \(\displaystyle\frac{1}{2}\) en \(\left(\displaystyle\frac{1}{\sqrt2}, \displaystyle\frac{1}{\sqrt2}\right)\) et son opposé ;
• \(y = -x\) : \(f = -x^2 = -\displaystyle\frac{1}{2}\) → minimum \(-\displaystyle\frac{1}{2}\).

Vérification élégante : \(xy = \displaystyle\frac{1}{2}\sin(2\theta)\) en polaires, dont les extrema sur le cercle sont \(\pm\displaystyle\frac{1}{2}\).

\(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 4x^3- 4(x-y)\) et \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 4y^3 + 4(x-y)\). En additionnant les deux équations : \(x^3 + y^3 = 0\), donc \(y = -x\). La première équation devient \(4x^3- 4(2x) = 0\), soit \(x(x^2- 2) = 0\) : \(x = 0\) ou \(x = \pm\sqrt2\).

Points critiques : \((0,0)\), \((\sqrt2, -\sqrt2)\), \((-\sqrt2, \sqrt2)\).

En \((0,0)\), la hessienne \(\begin{pmatrix} -4 & 4 \\ 4 & -4 \end{pmatrix}\) a un déterminant nul (cas douteux). Étude directe : sur \(y = x\), \(f = 2x^4 \geq 0\) ; sur \(y = -x\), \(f = 2x^4- 8x^2 < 0\) près de \(0\). Changement de signe → point selle.

En \((\sqrt2, -\sqrt2)\) : \(r = t = 12\cdot 2- 4 = 20\), \(s = 4\), \(rt- s^2 = 400- 16 > 0\), \(r > 0\) → minimum local. Valeur : \(4 + 4- 2(2\sqrt2)^2 = 8- 16 = -8\). Même conclusion par symétrie en \((-\sqrt2, \sqrt2)\).

On minimise \(f = x^2 + y^2 + z^2\) sous \(g = x + 2y + 2z- 3 = 0\). Lagrange : \(2x = \lambda\), \(2y = 2\lambda\), \(2z = 2\lambda\), donc \(x = \displaystyle\frac{\lambda}{2}\), \(y = z = \lambda\).

Contrainte : \(\displaystyle\frac{\lambda}{2} + 2\lambda + 2\lambda = \displaystyle\frac{9\lambda}{2} = 3\), d’où \(\lambda = \displaystyle\frac{2}{3}\) et le point \(\left(\displaystyle\frac{1}{3}, \displaystyle\frac{2}{3}, \displaystyle\frac{2}{3}\right)\).

Distance : \(d = \sqrt{f} = \sqrt{\displaystyle\frac{1}{9} + \displaystyle\frac{4}{9} + \displaystyle\frac{4}{9}} = \sqrt{1} = 1\).

Cohérent avec la formule \(d = \displaystyle\frac{|3|}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = \displaystyle\frac{3}{3} = 1\). C’est bien un minimum (\(f\) coercive sur le plan fermé, candidat unique).

Le disque est compact, \(f\) continue : les extrema existent. On sépare intérieur et bord.

Intérieur : \(\nabla f = (2xy, x^2) = 0\) donne \(x = 0\) (avec \(y\) quelconque). Sur ces points, \(f = 0\).

Bord : \(x^2 = 1- y^2\) avec \(y \in [-1,1]\). Alors \(f = (1- y^2)y = y- y^3 =: \varphi(y)\). On dérive : \(\varphi^\prime(y) = 1- 3y^2 = 0\) → \(y = \pm\displaystyle\frac{1}{\sqrt3}\).

\(\varphi\!\left(\displaystyle\frac{1}{\sqrt3}\right) = \displaystyle\frac{1}{\sqrt3}- \displaystyle\frac{1}{3\sqrt3} = \displaystyle\frac{2}{3\sqrt3} = \displaystyle\frac{2\sqrt3}{9}\).

Comparaison : le maximum vaut \(\displaystyle\frac{2\sqrt3}{9}\) (en \(y = \displaystyle\frac{1}{\sqrt3}\)) et le minimum vaut \(-\displaystyle\frac{2\sqrt3}{9}\) (en \(y = -\displaystyle\frac{1}{\sqrt3}\)). Les valeurs \(0\) de l’intérieur sont intermédiaires.

On maximise \(V = xyz\) sous la contrainte \(g = 2(xy + yz + zx)- A = 0\), avec \(x, y, z > 0\). Lagrange : \(\nabla V = \lambda \nabla g\) donne le système

\(yz = 2\lambda(y + z), \quad xz = 2\lambda(x + z), \quad xy = 2\lambda(x + y)\).

La première moins la deuxième : \(z(y- x) = 2\lambda(y- x)\), soit \((y- x)(z- 2\lambda) = 0\). Comme \(z > 0\) force \(\lambda \neq 0\), on montre de proche en proche \(x = y = z\).

La contrainte donne \(6x^2 = A\), soit \(x = \sqrt{\displaystyle\frac{A}{6}}\). Le solide optimal est le cube, de volume \(V = \left(\displaystyle\frac{A}{6}\right)^{3/2}\).

C’est bien un maximum : le domaine effectif est compact (les côtés restent bornés à aire fixée) et \(V \to 0\) quand un côté tend vers \(0\), donc le candidat de Lagrange réalise le maximum.

Lagrange avec \(g = x + y + z- s\) : \((yz, xz, xy) = \lambda(1,1,1)\). Donc \(yz = xz\) donne \(y = x\) (car \(z > 0\)), puis \(x = y = z\). La contrainte impose \(x = y = z = \displaystyle\frac{s}{3}\).

Maximum : \(f_{\max} = \left(\displaystyle\frac{s}{3}\right)^3\) (c’est bien un max : \(f\) s’annule au bord du simplexe, atteint son sup à l’intérieur).

Conséquence : pour tous \(x, y, z > 0\) de somme \(s\), \(xyz \leq \left(\displaystyle\frac{s}{3}\right)^3 = \left(\displaystyle\frac{x+y+z}{3}\right)^3\). En prenant la racine cubique :

\(\sqrt[3]{xyz} \leq \displaystyle\frac{x + y + z}{3}\).

C’est exactement l’inégalité arithmético-géométrique à trois termes, avec égalité si et seulement si \(x = y = z\).

Points critiques : \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = y- \displaystyle\frac{1}{x^2} = 0\) et \(\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = x- \displaystyle\frac{1}{y^2} = 0\). Donc \(y = \displaystyle\frac{1}{x^2}\) et \(x = \displaystyle\frac{1}{y^2} = x^4\), soit \(x^3 = 1\) (car \(x > 0\)), d’où \(x = y = 1\). On a \(f(1,1) = 3\).

Nature : \(H_f = \begin{pmatrix} 2/x^3 & 1 \\ 1 & 2/y^3 \end{pmatrix}\). En \((1,1)\) : \(\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\), \(rt- s^2 = 3 > 0\), \(r > 0\) → minimum local.

Caractère global : quand \((x,y)\) s’approche du bord (\(x \to 0^+\) ou \(y \to 0^+\)) ou tend vers l’infini, \(f \to +\infty\). La fonction est donc coercive sur l’ouvert et atteint son minimum, qui ne peut être qu’en l’unique point critique. Minimum global \(f(1,1) = 3\).

Points critiques. On annule le gradient :

\(\displaystyle\frac{\partial S}{\partial a} = -2\sum_i x_i(y_i- a x_i- b) = 0\) et \(\displaystyle\frac{\partial S}{\partial b} = -2\sum_i (y_i- a x_i- b) = 0\).

D’où les équations normales :

\(a\sum x_i^2 + b\sum x_i = \sum x_i y_i \quad ; \quad a\sum x_i + n b = \sum y_i\).

Unicité et minimum. La hessienne est \(H = 2\begin{pmatrix} \sum x_i^2 & \sum x_i \\ \sum x_i & n \end{pmatrix}\). Son déterminant vaut \(2^2\!\left(n\sum x_i^2- (\sum x_i)^2\right)\), qui est \(> 0\) par l’inégalité de Cauchy-Schwarz (stricte car les \(x_i\) ne sont pas tous égaux). Avec \(\sum x_i^2 > 0\), \(H\) est définie positive : \(S\) est strictement convexe, donc l’unique point critique est le minimum global. C’est la droite de régression.

Existence (à écrire avant tout calcul) : \(4|xy| \leq 2(x^2 + y^2) \leq 2(x^4 + y^4) + 2\) (via \(t^2 \leq t^4 + 1\)). Donc \(f \geq (x^4 + y^4)- 2(x^4+y^4)- 2 \to +\infty\)… on affine : \(f(x,y) \geq x^4 + y^4- 2(x^2+y^2)\), qui tend vers \(+\infty\) quand \(\|(x,y)\| \to +\infty\). La fonction est coercive et continue, elle atteint donc son minimum global.

Localisation : \(\nabla f = (4x^3- 4y,\; 4y^3- 4x) = 0\) donne \(y = x^3\) et \(x = y^3 = x^9\), soit \(x = 0\) ou \(x = \pm 1\). Points : \((0,0)\), \((1,1)\), \((-1,-1)\).

\(f(0,0) = 0\) mais c’est un point selle (\(H = \begin{pmatrix} 0 & -4 \\ -4 & 0 \end{pmatrix}\), \(\det < 0\)). En \((\pm1,\pm1)\) : \(f = 1 + 1- 4 = -2\). Le minimum global vaut donc \(-2\), atteint en \((1,1)\) et \((-1,-1)\).

Posons \(q(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2- xy- yz- zx\). C’est une forme quadratique ; il s’agit de montrer qu’elle est positive.

Méthode directe (la plus propre) :

\(q = \displaystyle\frac{1}{2}\left[(x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2\right] \geq 0\).

L’inégalité en découle. Égalité si et seulement si \(x = y = z\).

Lien avec la hessienne : la matrice de \(q\) est \(\displaystyle\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}\), de valeurs propres \(0, \displaystyle\frac{3}{2}, \displaystyle\frac{3}{2}\) : positive (mais non définie), le noyau étant la droite \(x = y = z\). On retrouve le cas d’égalité.

La sphère est compacte, \(f\) continue : extrema atteints. Lagrange avec \(g = x^2 + y^2 + z^2- 1\) : \((1,1,1) = \lambda(2x, 2y, 2z)\). Donc \(x = y = z = \displaystyle\frac{1}{2\lambda}\).

Contrainte : \(\displaystyle\frac{3}{4\lambda^2} = 1\) → \(\lambda = \pm\displaystyle\frac{\sqrt3}{2}\), d’où \(x = y = z = \pm\displaystyle\frac{1}{\sqrt3}\).

Maximum \(f = \sqrt3\) (signe \(+\)), minimum \(f = -\sqrt3\) (signe \({-}\)).

Généralisation : par le même calcul, \(\sum a_i x_i\) sur la sphère unité admet pour extrema \(\pm\sqrt{\sum a_i^2} = \pm\|a\|\), atteints en \(x = \pm\displaystyle\frac{a}{\|a\|}\). C’est exactement le cas d’égalité de Cauchy-Schwarz : \(\langle a, x\rangle \leq \|a\|\,\|x\| = \|a\|\). L’optimisation redémontre l’inégalité et son cas d’égalité (colinéarité).