Extrema libres et liés

Trouver le(s) point(s) critique(s) de $f(x,y) = x^2+y^2+2x$.

$\nabla f(x,y)=(2x+2,\,2y)$. $\nabla f=(0,0) \iff x=-1$ et $y=0$. Point critique unique : $(-1,0)$.

Pour $f(x,y)=x^2+y^2-4x+2$, le point critique $(2,0)$ est :

$H_f=\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}$ (constante), $\Delta=4>0$, $r=2>0$ : c'est un minimum local (et global, $f$ étant convexe).

Vrai ou faux : un point critique d'une fonction de deux variables est toujours un extremum local.

Faux. Un point critique peut être un point-selle, qui n'est ni un minimum ni un maximum local. Exemple : $(0,0)$ pour $f(x,y)=x^2-y^2$.

Classer le point critique $(0,0)$ de $f(x,y)=xy$.

$\nabla f=(y,x)$, nul en $(0,0)$ uniquement. $H_f(0,0)=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$, $\Delta = 0\times0-1^2=-1<0$ : c'est un point-selle. En effet $f(x,0)=0$ tandis que $f(x,x)=x^2>0$ et $f(x,-x)=-x^2<0$ au voisinage de $0$.

Trouver et classer les points critiques de $f(x,y) = x^3-3x+y^2$.

$f_x=3x^2-3=0 \iff x=\pm1$, $f_y=2y=0\iff y=0$. Points critiques : $(1,0)$ et $(-1,0)$. $H_f(x,y)=\begin{pmatrix}6x&0\\0&2\end{pmatrix}$. En $(1,0)$ : $\Delta=6\times2=12>0$, $r=6>0$ : minimum local. En $(-1,0)$ : $\Delta=-6\times2=-12<0$ : point-selle.

Maximiser $f(x,y)=x+y$ sous la contrainte $g(x,y)=x^2+y^2-2=0$ par la méthode de Lagrange.

$\nabla f=(1,1)$, $\nabla g=(2x,2y)$. Lagrange : $1=2\lambda x$ et $1=2\lambda y$, donc $x=y$ (en supposant $\lambda\neq0$, ce qui est le cas car $\nabla f\neq0$). Avec la contrainte $x^2+y^2=2$ : $2x^2=2 \iff x=\pm1$. Deux candidats : $(1,1)$ avec $f(1,1)=2$, et $(-1,-1)$ avec $f(-1,-1)=-2$. Comme le cercle est compact, $f$ y atteint son maximum et son minimum : le maximum est $2$ en $(1,1)$, le minimum est $-2$ en $(-1,-1)$.

Vrai ou faux : dans la méthode de Lagrange, la condition $\nabla f(a) = \lambda \nabla g(a)$ signifie que les lignes de niveau de $f$ et de $g$ sont tangentes en $a$.

Vrai. Les gradients sont toujours orthogonaux aux lignes de niveau correspondantes. Si $\nabla f(a)$ et $\nabla g(a)$ sont colinéaires, les lignes de niveau de $f$ et de $g$ passant par $a$ ont la même direction normale en $a$, donc sont tangentes en ce point.

Trouver le rectangle de périmètre $20$ (donc $x+y=10$ pour les côtés $x,y$) d'aire maximale, en utilisant Lagrange ou substitution directe.

On maximise $f(x,y)=xy$ sous $x+y=10$. Par Lagrange (vu en cours) ou substitution $y=10-x$ : $h(x)=x(10-x)$, $h'(x)=10-2x=0\iff x=5$, $h''(x)=-2<0$ donc maximum. On obtient $x=y=5$ : le rectangle d'aire maximale à périmètre fixé est un carré, d'aire $25$.

Soit $f(x,y)=x^2+y^4$. Montrer que $(0,0)$ est un minimum global, mais que le critère de la hessienne (cas $n=2$) ne permet pas de le détecter directement.

Minimum global direct : $f(x,y)=x^2+y^4 \geq 0$ pour tout $(x,y)$, avec égalité ssi $x=0$ et $y=0$. Donc $f(0,0)=0$ est bien le minimum global. Limite du critère de la hessienne : $f_x=2x$, $f_y=4y^3$, nuls en $(0,0)$ (point critique confirmé). $f_{xx}=2$, $f_{yy}=12y^2$, $f_{xy}=0$. En $(0,0)$ : $H_f(0,0)=\begin{pmatrix}2&0\\0&0\end{pmatrix}$, $\det H_f=0$ : c'est le cas dégénéré, où le critère standard ($\Delta,r$) ne permet pas de conclure. Il faut alors une analyse directe (comme ci-dessus) pour trancher.

Minimiser $f(x,y)=x^2+y^2$ sous la contrainte $g(x,y)=x+2y-5=0$ par Lagrange, et interpréter géométriquement le résultat.

$\nabla f=(2x,2y)$, $\nabla g=(1,2)$. Lagrange : $2x=\lambda$, $2y=2\lambda=4x$ (en substituant $\lambda=2x$), donc $y=2x$. Avec $x+2y=5$ : $x+4x=5 \iff x=1$, donc $y=2$. Le point est $(1,2)$, avec $f(1,2)=1+4=5$. Interprétation géométrique : $f(x,y)=x^2+y^2$ est le carré de la distance à l'origine ; on cherche donc le point de la droite $x+2y=5$ le plus proche de l'origine. C'est exactement le pied de la perpendiculaire à la droite passant par l'origine, ce qui est cohérent avec la condition de colinéarité des gradients de Lagrange.

Vrai ou faux : pour appliquer le théorème de Lagrange en un point $a$ de la contrainte $g(x,y)=0$, il faut nécessairement que $\nabla g(a)\neq(0,0)$.

Vrai. Si $\nabla g(a)=(0,0)$, le théorème de Lagrange ne s'applique pas (la courbe $\{g=0\}$ peut avoir un point singulier en $a$, sans tangente bien définie), et il faut étudier le point séparément.

Trouver les extrema de $f(x,y)=x^2y$ sous la contrainte $x^2+y^2=1$ (cercle unité) par la méthode de Lagrange.

$\nabla f=(2xy,x^2)$, $\nabla g=(2x,2y)$. Lagrange : $2xy=2\lambda x$ et $x^2=2\lambda y$. Cas $x=0$ : la contrainte donne $y=\pm1$, et $f(0,\pm1)=0$. Cas $x\neq0$ : de la première équation, $\lambda=y$ (en divisant par $2x$). En substituant dans la seconde : $x^2=2y\cdot y=2y^2$. Avec la contrainte $x^2+y^2=1$ : $2y^2+y^2=1 \iff y^2=\frac13 \iff y=\pm\frac{1}{\sqrt3}$, et $x^2=\frac23$. La valeur de $f=x^2y = \frac23\times\left(\pm\frac{1}{\sqrt3}\right) = \pm\frac{2}{3\sqrt3}$. Sur le cercle (compact), $f$ atteint son maximum $\frac{2}{3\sqrt3}$ et son minimum $-\frac{2}{3\sqrt3}$ en ces points (les points avec $x=0$ donnant la valeur intermédiaire $0$, donc pas des extrema globaux).

Soit $f(x,y) = (x-1)^2+(y-2)^2$, et la contrainte $g(x,y)=y-x^2=0$ (parabole). Trouver le point de la parabole le plus proche du point $(1,2)$ par Lagrange.

On cherche à minimiser $f(x,y)=(x-1)^2+(y-2)^2$ (distance au carré au point $(1,2)$) sous la contrainte $g(x,y)=y-x^2=0$. $\nabla f=(2(x-1),2(y-2))$, $\nabla g=(-2x,1)$. Lagrange : $2(x-1)=-2\lambda x$ et $2(y-2)=\lambda$. En substituant $y=x^2$ (contrainte) et $\lambda=2(x^2-2)$ dans la première équation : $2(x-1) = -2x\times2(x^2-2) = -4x^3+8x$, soit $2x-2+4x^3-8x=0 \iff 4x^3-6x-2=0 \iff 2x^3-3x-1=0$. On vérifie que $x=-1$ est racine : $2(-1)-3(-1)-1=-2+3-1=0$ ✓. On factorise $2x^3-3x-1=(x+1)(2x^2-2x-1)$, dont les autres racines sont $x=\dfrac{2\pm\sqrt{4+8}}{4}=\dfrac{1\pm\sqrt3}{2}$. Il y a donc trois points critiques sous contrainte à examiner pour déterminer lequel donne effectivement la distance minimale (typiquement celui le plus proche en abscisse de $x=1$).

Vrai ou faux : la méthode de Lagrange fournit toujours un maximum (jamais un minimum).

Faux. La méthode de Lagrange donne les points où la condition nécessaire $\nabla f=\lambda\nabla g$ est satisfaite — ce sont des candidats à être extrema (minimum, maximum, ou parfois ni l'un ni l'autre). Il faut ensuite comparer les valeurs de $f$ en ces points, ou utiliser des arguments de compacité, pour déterminer la nature de chaque candidat.

Expliquer pourquoi, pour minimiser $f(x,y)=x^2+y^2$ sous la contrainte $xy=1$ ($x,y>0$), on peut directement utiliser l'inégalité arithmético-géométrique plutôt que Lagrange, et retrouver le résultat par Lagrange pour vérifier.

Méthode directe (AM-GM) : pour $x,y>0$, $x^2+y^2 \geq 2xy = 2$ (car $xy=1$), avec égalité si et seulement si $x=y$. Comme $xy=1$ et $x=y$, on obtient $x=y=1$. Minimum $=2$. Vérification par Lagrange : $\nabla f=(2x,2y)$, $\nabla g=(y,x)$ (pour $g(x,y)=xy-1$). Lagrange : $2x=\lambda y$ et $2y=\lambda x$. En multipliant ces deux équations : $4xy = \lambda^2 xy$, donc (puisque $xy=1\neq0$) $\lambda^2=4$, $\lambda=\pm2$. Avec $\lambda=2$ : $2x=2y \iff x=y$, cohérent avec la contrainte $xy=1$ donnant $x=y=1$ (le cas $\lambda=-2$ donnerait $x=-y$, incompatible avec $x,y>0$). Les deux méthodes confirment le même résultat, ce qui illustre l'intérêt de croiser les approches quand c'est possible.