$$f(x,y)=u^2+uv+v^2-9=(u+v/2)^2+3v^2/4-9\geq f(0,3).$$ les diverses dérivées partielles : $$f(x,y,z)=xy+2xz+2yz$$ R Un point $(x,y)$ est un point critique si $(x,y)=(0,0)$ ou si $(x,y)$ est solution du système $f(x,y)=xy(1-x-y)$ et $K=\{(x,y)\in\mathbb R^2;\ x,y\geq 0,\ x+y\leq 1\};$. Soient $M_1,M_2$ deux points distincts, $t\in ]0,1[$ et $M=tM_1+(1-t)M_2$. On commence par remarquer que $\Gamma$ est compact. F Malheureusement, en les points En particulier $f(x,1)\to +\infty$ si Pour $(0,e^{-2})$, on calcule les dérivées partielles du second ordre : On remarque que $f(0,t)=f(t,0)=0$ et par symétrie du rôle joué par $x$ et $y$, on peut se Les points critiques sont solutions du système Ainsi, $f$ admet un minimum absolu en $x_0$. $$ Ainsi, $F$ admet un minimum sur $\mathbb R^2$ et donc une droite des moindres carrés existe. qui exprime que $M$ est le barycentre de $(M_1,t)$ et de $(M_2,1-t)$. Il est plus facile d'écrire la formule de Taylor avec les nouvelles coordonnées $x=4+X$, $y=Y$. En $(1,0)$, on a $r=4$, $t=2$ et $s=0$, soit $rt-s^2=8>0$. $$m\left(\sum_{k=1}^n x_k^2-x_k\bar x\right)=\sum_{k=1}^n x_k(y_k-\bar y).$$ On a d'une part $f(x,0)=x+x^3$ qui atteint son maximum en $(1,0)$, maximum valant $2$. On a alors et \newcommand{\mcun}{\mcu_n}\newcommand{\dis}{\displaystyle} Déterminer les extrema locaux des fonctions suivantes : Il s'agit d'une application assez immédiate des résultats du cours. Finalement, on a a $\|(x_1,\dots,x_n)\|_1=x_1+\dots+x_n\leq 1$, et donc $\Gamma$ est borné. et $\phi$ l'endomorphisme de $E$ de matrice $A$ dans la base canonique. h En $(0,0)$, avec les notations usuelles, $r=0$, $t=-6$ et $s=6$, soit $rt-s^2<0$ : $(0,0)$ n'est pas un extrémum local pour $f$. Démontrer que $f$ atteint son minimum en au moins un point, et que tout point où $f$ atteint son minimum est situé dans le plan affine $(ABC)$. et de même pour $h'(0)$. {\displaystyle f:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} } qui n'est pas un minimum global, et on va prouver que $df_x\neq 0$. Le début du raisonnement est tout à fait similaire. De $\prod_{i=1}^n x_i'^{1/n}\leq \frac 1n$, on déduit l'inégalité demandée. &=&(tAM_1+(1-t)AM_2)^2 La fonction paire x → e−1/ x prolonge f, est C ∞ sur R et plate en 0. \end{array}\right.$$ \end{array}\right. Commencer par prouver que $\Gamma$ est compact, puis appliquer le théorème des extrema liés. Définissons Ces dérivées partielles ne s'annulent simultanément qu'en $(0,0)$, $(4,0)$, $(0,-4)$ et $(4,-4)$ qui sont les points critiques de $f$. Pour déterminer les points critiques de $f$, on calcule d'abord les dérivées partielles du premier ordre. On a ensuite $f(0,y)=-y+y^3\leq 2$ si $y\in[0,1]$, et $f(1,y)=2-y+y^3\leq 2$. k {\displaystyle a\in E} F1i Magazine, la Formule 1 sur internet depuis 1999. Formule de Mac-Laurin. Par le théorème des extrema liés (ou multiplicateurs de Lagrange), il existe $\lambda\in\mathbb R$ tel que, pour Ainsi, on a prouvé que $(0,1)$ est un minimum global de $f$. \DeclareMathOperator{\comat}{comat}\DeclareMathOperator{\imv}{Im} Démontrer que ∈ \sin(x+2y)&=&0. La différentielle de $f$ en $x$ ne peut donc pas être nulle. 4 Autres exemples de fonctions plates : A l’aide de cette fonction f on peut fabriquer de nombreuses fonctions plates. Soit $f$ une fonction convexe différentiable de $\mathbb R^n$ dans $\mathbb R$. z&100&135&170&193&216&275&332\\ Comme $\frac 12\leq \frac{3\sqrt 3}8$, on en déduit que $f$ admet pour maximum sur $K$ la valeur $$\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AM_1}+(1-t)\overrightarrow{AM_2}$$ un extrémum local si elle présente en $a$ un maximum local ou un minimum local. y^2-x&=&0. $$. Puisque $x+2y\in ]0,3\pi/2[$, on a nécessairement qui vérifie $x_1'+\dots+x'_n=1$. On a, après simplifications, R \begin{array}{rcl} Attention à ne pas confondre avec la suppression de la partie déci-male quand x < 0 ; par exemple E(−4,3) =−5. Ainsi, le point $(\pi/3,\pi/3)$ est le seul point critique de $f$ dans $U$. pour tous les α tels que |α| = n + 1 (si f est de classe Cn+1, le majorant ci-dessus est fini). et On en déduit que atteint ou bien sur le bord du compact, ou bien à l'intérieur. Faisant tendre $t$ vers 1, on en déduit Que vaut $t_1+\dots+t_n$? x et donc que ces deux points sont un minimum global pour $f$. Puisque de plus $r>0$, le point $(1,1)$ est un minimum local de $f$. Dans le cas où la fonction à différencier est \(f (x) = x,\) ... Formule de Taylor. Cette fois, $rt-s^2>0$ et $r>0$, donc le point $(2,-2)$ est un En un minimum, la différentielle est nulle. Les dérivées partielles du second ordre sont Il suffit, pour chaque $i$, d'écrire On suppose que $F$ est distinct de $A,B$ et $C$. On note $P$ son périmètre, et $e^{ia_1}$, $e^{ia_2},\dots,e^{ia_n}$ les affixes de ses sommets, avec $0\leq a_10$. Il suffit de montrer que $AB=2\sin(\theta/2)$. Or, $f(0,y)=y^3$ et cette quantité Ici aussi, il suffit de déterminer la nature de $(0,0)$. x^2+(\ln y)^2+2\ln y&=&0. D'autre part, les dérivées partielles du second ordre de $f$ sont : $$m=\frac{\sum_{k=1}^n (x_k-\bar x)(y_k-\bar y)}{\sum_{k=1}^n (x_k-\bar x)^2}.$$. {\displaystyle x\in I} L'expérience conduit au tableau de valeurs suivant : = $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=3x^2+y^2-2xy,\ \ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=-3y^2+2yx-x^2$$ Il vient $x^3+x-2=0$, dont la seule racine réelle est $x=1$. Montrer que $f$ admet $(1,2)$ pour seul point critique. En effet, $\Gamma$ est clairement fermé. Les dérivées partielles de $f$ sont \begin{eqnarray*} \newcommand{\croouv}{[\![}\newcommand{\crofer}{]\!]} Revenir en haut \end{array}\right. Mais ce minimum est aussi le minimum de la fonction sur $\mathbb R^2$, puisque si $(m,p)\notin K$, on a $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2xy\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^2+(\ln y)^2+2\ln y.$$ (on a utilisé la célèbre formule $\sin(a+b)=\sin a \cos b+\sin b\cos a$). $$F(m,p)\geq A=F(0,0)\geq F(m_1,p_1).$$ ∈ d est la partie entière de 10nx. En calculant la dérivée, on voit facilement que $g$ est décroissante sur x $$g(x,y)=xy+\frac 1x+\frac 1y$$ \newcommand{\mcm}{\mathcal{M}}\newcommand{\mcc}{\mathcal{C}} On calcule ensuite les dérivées partielles Avec les notations usuelles, en $(0,e^{-2})$, on trouve $rt-s^2=-4$ et donc $(0,e^{-2})$ n'est pas un extrémum local pour $f$. Prendre $x$ un point critique et $y$ tel que $f(y)0$ tel que, pour tout $x\geq M$, Enfin, $g=\sqrt k$ est différentiable en tout point $M$ où $k(M)\neq 0$, c'est-à-dire en tout point $M$ différent de $A$. x De plus, la fonction $f$ étant polynomiale, lié, c'est forcément en (1,1). $$ On calcule les dérivées partielles de $f$ au premier ordre : $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=6x\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=6y\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=-3.$$ \begin{array}{rcl} $$f(x,y)=u^2+2v^2-2uv=(u-v)^2+v^2\geq f(1,1).$$ On a Puis faire le calcul comme proposé, et repérer une m}(m,p)$ et $\frac{\partial F}{\partial p}(m,p)$ sont nulles. On ne peut donc pas conclure directement. Développements limités usuels. Faire apparaitre $g$ comme composée de fonctions différentiables. On commence par chercher les points critiques de $f$. $a\notin S$. Pour toutes ces fonctions, on a affaire à des points critiques dégénérés. $$f(x)=\sum_{i=1}^n \left(\lambda_i x_i^2+u_i x_i\right).$$ On trouve Les extrema locaux d'une fonction différentiable ne pouvant être atteints qu'en un point critique, il suffit d'étudier si $(0,0)$ est un extrémum local. Démontrer que le rang de $(u_1,\dots,u_n)$ est 2. On en déduit que les points critiques de $f$ sont $(0,0)$, $(2,-2)$ et $(-2,2)$. Le point $(1,0)$ restreindre à l'étude de $f(\pi/2,t)$. est de classe Cn + 1 sur On calcule les dérivées partielles I Étudier précisément ce qui se passe en (1,1). En s'aidant des questions précédentes, faire l'étude locale aux autres points critiques. Pour cela, on peut remarquer que $g(1,1)=3$. Si Verstappen, Red Bull et Honda ont fait main basse sur le dernier Grand Prix de l’année, celle-ci aura vu Lewis Hamilton égaler ou battre nombre de ses propres records en plus de ceux de Schumacher. \hline $g(x,0)=x^2-2> g(0,0)$ et $g(x,-x)=-2x^2-2< g(0,0)$. En un point $(m,p)$ où la fonction $F$ admet un minimum, les dérivées partielles $\frac{\partial F}{\partial $$\frac{\partial F}{\partial m}=2\sum_{k=1}^n x_k(y_k-mx_k-p)=0\textrm{ et } $$f(1+X,2+Y)=-5+X^2+Y^2$$ $\sum_{k=1}^n (x_k-\bar x)^2\neq 0$. On suppose de plus que $\langle x,\phi (x)\rangle>0$ pour tout $x\in E$ non nul Si une fonction $a\in ]0,+\infty[^n$. $K$ est un ensemble fermé et borné (c'est un triangle). En effet, $f(x,0)=2x^3$ tend vers $+\infty$ si $x$ tend vers $+\infty$, L'existence de ξ se déduit directement[7] du théorème de Rolle (ou de sa variante, le théorème des accroissements finis[9]). Les autres numéros seront mis à votre disposition au fur et à mesure. \begin{array}{rcl} → Calculons $f(x_0+h)-f(x_0)$ : L'étude en les points du type $(0,b)$ est similaire. On écrit $x=\sum_{i=1}^n x_i V_i$ et $u=\sum_{i=1}^n u_i V_i$. $h$ est une application affine. Montrer que $P=2\sum_{k=1}^n \sin(t_k)$. p $$z=\frac{1}{0,01-y}=\alpha t+\beta.$$ $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=3x^2-3y\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=3y^2-3x.$$ En étudiant le comportement de $f$ sur le segment $[x,y]$, au voisinage de $x$, $$\frac{\partial f}{\partial x}=ay\exp(axy),\ \frac{\partial f}{\partial y}=ax\exp(axy),\ \frac{\partial g}{\partial x}=3x^2+1\textrm{ et } $$\left\{ Si $k=0$, $f(a+h,k)=f(a,0)=0$. Le volume de cette boite doit être égal à $0,5m^3$ et pour optimiser la quantité de mâtière utilisée, on désire que la somme des aires des faces soit aussi petite que possible. trouver une contradiction. Mais, puisque $a_1+\dots+a_n=1$, on en déduit Maintenant, on sait que sur $\mathbb R^2$, toutes les normes Ce où $a,b,c\in\mathbb R$ et $R(m,p)\geq 0$. Déterminer les extrema locaux des fonctions $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ suivantes : On doit commencer par rechercher les points critiques. Pour $(0,1)$, on peut remarquer que $f(0,1)=0$ alors que $f(x,y)\geq 0$ pour tout $(x,y)\in\mathbb R\times ]0,+\infty[$. $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=6x^2+6y\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=6x-6y.$$ Étudier les extrema locaux de $g$ revient, modulo le changement de variables, à étudier les extrema locaux de $f$. autour du point pour savoir si on a affaire, ou non, à un extrémum. et Introduisons d'abord $h(M)=\overrightarrow{AM}$ et $k(M)=\langle \overrightarrow{AM},\overrightarrow{AM}\rangle$. C'est une partie compacte de $\mathbb R^n$ et $f$, qui est continue sur Commençons par calculer les dérivées partielles au premier ordre et au second ordre de $f$ : \newcommand{\veps}{\varepsilon}\newcommand{\mcu}{\mathcal{U}} $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=6x-12,\ \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}=0,\ \frac{\partial^2}{\partial y^2}=6y+12.$$ tel que $f(y)0.$$ p On en déduit $x=x^9$ soit $x=0$ ou $x^8=1$. S'évaluer. \begin{array}{rcl} {\displaystyle x\in I\setminus \{a\}} $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=12x\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=-6\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=6.$$ Utiliser l'existence d'un maximum et d'un minimum sur la boule unité fermée. On a $f(x,0)>0=f(0,0)$ si $x>0$ et $f(x,0)<0=f(0,0)$ si $x<0$. On note $S$ la sphère unité de $\mathbb R^n$ et Ainsi, la fonction $f$ n'est ni majorée, ni minorée, donc elle ne peut pas admettre d'extrémum global. h \end{eqnarray*} On commence par calculer On a $g(0,0)=-2$. $f(x,y)=x-y+x^3+y^3$ et $K=[0,1]\times [0,1]$; $f(x,y)=\sin x\sin y\sin(x+y)$ et $K=[0,\pi/2]^2$. Calculer les dérivées partielles et chercher les points où elles s'annulent simultanément. et donc $(1,1)$ est un minimum global. {\displaystyle I} \begin{array}{rcl} Commençons par les points du type $(a,0)$. $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=4x^3-8(x-y)\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=4y^3+8(x-y).$$ En effet, pendant tout le XVIIIe siècle, les mathématiciens n'établissent pas encore de différence entre développement limité et développement en série entière. En $(0,0)$, on obtient donc, avec les notations usuelles, $r=-2$, $t=2$ et $s=0$, soit $rt-s^2=-4<0$. $$f(x,y)=\left(x+\frac y2\right)^2+\frac{3y^2}4+1\geq 1=f(0,0).$$ Le point $(0,0)$ est un point col, ce n'est pas un extrémum local de $f$. 2y&=&x^2. Le point $x$ est un point critique de $f$ si et seulement si $\frac{\partial f}{\partial x_i}(x)=0$ pour tout $i=1,\dots,n$ Elle vaut d’ailleurs f0(x) + f0(−x). On cherche les points critiques, puis on étudie la nature de ces points critiques. En mathématiques, plus précisément en analyse, le théorème de Taylor (ou formule de Taylor), du nom du mathématicien anglais Brook Taylor qui l'établit en 1715, montre qu'une fonction plusieurs fois dérivable au voisinage d'un point peut être approchée par une fonction polynomiale dont les coefficients dépendent uniquement des dérivées de la fonction en ce point. Application numérique : Une réaction lente conduit à une concentration $y$ de produit, donnée en fonction du \hline Supposons donc $x_i\neq x_j$ et prouvons que $(u_i,u_j)$ est libre. ce qui entraîne $3y^3+y=3x^3+x$. $$p=\bar y-m\bar x$$ x+2y&=&\pi. On peut aussi utiliser une autre méthode plus abstraite pour démontrer que : $f$ admet donc deux points critiques qui sont $(0,1)$ et $(0,e^{-2})$. La condition entraîne en particuler qu'au moins deux des $x_i$ sont différents (sinon, ils seraient tous égaux à ( Pour cela, on va faire un développement limité en posant $y=1+h$, $h$ proche de 0. La condition $\|(m,p)\|\to+\infty$ entraîne donc $N(m,p)\to+\infty$. E Alors f $$\left\{ $h^2$ qui est prédominant). L'annulation simultanée de ces dérivées partielles donnent les points critiques. si ce sont des minima globaux, on calcule deux espaces vectoriels normés. En effectuant le changement d'origine $x=1+X$ et $y=2+Y$ et en calculant $f(1+X,2+Y)$, prouver que $f$ admet un minimum local en $(1,2)$. \end{align*} $K$ est une partie compacte de $\mathbb R^2$, et $F$ y est continue. $$\prod_{i=1}^n x_i^{1/n}\leq \frac 1n=\frac{\sum_{i=1}^n x_i}n.$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=12x^2\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=12y^2\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=-4.$$ h On en déduit que le minimum de $f$ sur $\Gamma$ est $1/2$, et son maximum est $1$. $$3x^2+y^2-2xy=2x^2+(x-y)^2,$$ [ \DeclareMathOperator{\rang}{rg}\DeclareMathOperator{\Fr}{Fr} Déterminer le minimum et le maximum de $f$ sur $\Gamma$. Posons $u=x$ et $v=y-3$ pour se ramener en $(0,0)$. et $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=4x^3-4y\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=4y^3-4x.$$ Pour une preuve complète, on peut remarquer que si On dit qu'une fonction $f$ présente en $a$, Charles-Jean de La Vallée Poussin (1866 - 1962). : On doit minimiser une fonction de trois variables en $x,y$ et $z$, sous la contrainte $x\to\infty$ et $f(x,1)\to-\infty$ si $x\to-\infty$. &=&f(x)+df_x\big( (1-t)(y-x)\big)+o(1-t) sur l'ouvert $U=]0,+\infty[\times ]0,+\infty [$. Il existe $K\in\mathbb R$ tel que, pour tout $x\in\mathbb R$, , il existe un nombre réel ξ strictement compris entre a et x tel que. Revenant à $y$, On suppose que $(u_1,u_2)$ sont indépendantes. est sa matrice hessienne évaluée en a. Ceci se réécrit « en coordonnées » : par exemple pour une fonction -uplet $$\frac{\partial f}{\partial x_i}(x)=2\lambda_i x_i+u_i.$$ est un extrémum local, c'est même un minimum local puisque $r>0$. Cette dernière quantité est positive, et ne s'annule que si $h=0$. On voit apparaître des coefficients multinomiaux. \hline admet un unique point critique en un certain $x_0\in E$ que l'on déterminera. On cherche ensuite les points critiques appartenant à l'intérieur de $K$, l'ouvert $U=]0,\pi/2[^2$ en remarquant que De plus, $$\alpha\simeq 0,194\textrm{ et }\beta\simeq 100,143.$$, un maximum local s'il existe un réel $r>0$ tel que -2x+2x^3&=&0\\ Si la fonction f (à valeurs réelles ou complexes, ou même dans un espace normé) est dérivable en a jusqu'à l'ordre n ≥1 , alors la fonction Rn(x) est négligeable devant (x-a)n : La formulation suivante est équivalente : L'énoncé se démontre par récurrence simple, à l'aide d'une « intégration » terme à terme d'un développement limité[7], ou encore par application itérée de la règle de l'Hôpital[8]. $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=2y\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=\frac 2y+2\frac{\ln y}y\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=2x.$$ \newcommand{\mcmnk}{\mathcal{M}_n(\mtk)}\newcommand{\mcsn}{\mathcal{S}_n} Reste maintenant à prouver Le tableau des valeurs de $z$, arrondies à l'unité, en fonction du temps est : $$F(m,p)\geq (A-K)+K=A.$$ Informations. En reconnaissant le début du développement d'un carré, étudier les extrema locaux de $f$. La conclusion est identique en $(-2,2)$. (on comprend mieux pourquoi à la première question on nous a fait démontrer que $\lambda_i$ ne s'annule pas). On conclut en remarquant que $f(1,1)=f(-1,-1)$, En présentant cette formule en 1715[1],[2],[3], Taylor propose ainsi une méthode de développement en série[4], mais sans se préoccuper du reste Rn(x). est tantôt positive, tantôt négative suivant le signe de $y$, même si $y$ est très proche de 0. On a ensuite $f(x,1)=x+x^3$, qui atteint son maximum valant 2 en $(1,1)$. En $(1,1)$, on a $r=12$, $t=12$ et $s=-4$, dont $rt-s^2>0$ et $r>0$ : (1,1) est un minimum local, et il en est de même de (-1,-1). D'autre part, $f$ est continue sur la boule fermée $B$ d'un espace euclidien, donc de dimension finie. Les dérivées partielles de $g$ sont Soit $y\in\mathbb R^n$ $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=xy^2(2+3x+4y)\textrm{ et }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2x^2y(1+x+3y).$$ Montrer que $f$ possède 4 points critiques. ∈ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=-2+6x^2\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=2\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=0.$$ Or, $g$ ne peut admettre qu'un minimum en un point critique. $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=6x+2y,\ \ \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)=2y-2x,\ \ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=-6y+2x.$$ Dans chaque cas, l'existence vient du fait que l'on recherche le maximum d'une fonction continue sur un compact. Ainsi, $(0,0)$ est un extrémum local, et même global, de $f$. Quelles dimensions doit-on choisir pour fabriquer la boite? Ce système implique $x^4=x$, soit $x=0$ ou $x=1$. \begin{eqnarray*} Démontrer l'existence de $x_0\in B$ tel que $f$ admet leur moyenne). Le minimum sur $B$ est aussi le minimum sur l'espace tout entier, car $O\in B$ et en dehors de $B$, $f(M)>f(O)$. Cette fonction polynomiale est parfois appelée polynôme de Taylor. $$\left\{ x^3&=&y\\ Soit $(V_1,\dots,V_n)$ une base orthonormale de vecteurs propres de $\phi$, associés aux valeurs propres $\lambda_1,\dots,\lambda_n$. Maintenant, il est clair que
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