Mathématiques I - Fonctions de Deux Variables Réelles - PDF

Mathématiques I Fonctions de deux variables réelles Hatem Kefi I Définitions Définition 1. On appelle fonction numérique à deux variables réelles toute application :...

Mathématiques I Fonctions de deux variables réelles Hatem Kefi I Définitions Définition 1. On appelle fonction numérique à deux variables réelles toute application : D ⊂ R2 −→ R f: (x, y) 7−→ f (x, y) L’ensemble de définition de f est l’ensemble D L’ensemble Sf = {M (x, y, z) ∈ R3 ; z = f (x, y)} est la surface représentative de f Exemple 1. R2 −→ R f: (x, y) 7−→ x2 + y 2 Df = R2 f (0, 0) = 0 5 f (−1, √ 0) = 1 2 f ( 2, 3) = 11 −2 Sf = {(x, y, z) ∈ R3 ; z = x2 + y 2 } −2 2 Exercice 1. Déterminer le domaine de définition des fonctions suivantes : f1 (x, y) = √xy f2 (x, y) = ln(x + y − 1) x−1 p p f3 (x, y) = x2 + y 2 − 4 f4 (x, y) = x2 − y 2 Df2 ={(x, y) ∈ R2 /x + y − 1 > 0} Df1 ={(x, y) ∈ R2 /x > 1} ={(x, y) ∈ R2 /y > 1 − x} =]1, +∞[×R y y x=1 1 D f1 Df2 x 0 1 1 x 0 y =1−x 2024-2025 1/ 15 LSG1S1  Df3 ={(x, y) ∈ R2 /x2 + y 2 − 4 ⩾ 0} ={(x, y) ∈ R2 /x2 + y 2 ⩾ 22 } Df4 ={(x, y) ∈ R2 /x2 − y 2 ⩾ 0} =R2 \D(0, 2) ={(x, y) ∈ R2 /x ⩾ y ou x ⩽ −y} y y y=x Df3 Df4 2 x x 0 2 0 y = −x Définition 2. On appelle surface représentative de f : Sf = {M (x, y, z) ∈ R3 /z = f (x, y)} Exemple 2. 2 1 1 −1 2 2 R −→ R 1 f −1 (x, y) 7−→ f (x, y) = x2 + y 2 1 1 −1 1 R2 −→ R2 −1 −1 f (x, y) 7−→ f (x, y) = x2 − y 2 Exemple 3. 0.4 1 0.2 0.5 1 1 −1 −1 1 1 −1 −1 f (x, y) = (x2 + y 2 )e−(x 2 +y 2 ) f (x, y) = x4 − 4x2 y 2 + y 4 2 1 4 0.5 1 2 −1 1 1 2 −1 3 √ 4 − x2 +y 2 f (x, y) = e f (x, y) = ln(x + y − 1) Ch 3 2/ 15 2024-2025 II Dérivées partielles II.1 Dérivées partielles premières Soit f (x, y) une fonction de deux variables réelles. Définition 3. La dérivée partielle première (ou d’ordre 1) de f par rapport à x (y constante) : ∂f f (x, y0 ) − f (x0 , y0 ) = lim ∂x x→x0 x − x0 La dérivée partielle première (ou d’ordre 1) de f par rapport à y (x constante) : ∂f f (x0 , y) − f (x0 , y0 ) = lim ∂y y→y0 y − y0 ∂f (x, y) = fx′ (x, y) ∂x ∂f (x, y) = fy′ (x, y) ∂y Exemple 4. Soit f (x, y) = x2 + 3xy 3 + 2y Dérivée partielle première par rapport à x x2 + 3xy 3 + 2y |{z} |{z} |{z} fx′ = ↓ + ↓ + ↓ 2x + 3y 3 + 0 Dérivée partielle première par rapport à y x2 + 3xy 3 + 2y |{z} |{z} |{z} fy′ = ↓ + ↓ + ↓ 0 + 9xy 2 + 2 Ainsi : fx′ (x, y) = 2x + 3y 2 fy′ (x, y) = 9xy 2 + 2 Exercice 2. f (x, y) = 2x2 y 3 + 3y + 1 2024-2025 3/ 15 LSG1S1  Df = R2 Dérivées partielles premières : fx′ (x, y) = (2x2 y 3 + 3y + 1)′/x fy′ (x, y) = (2x2 y 3 + 3y + 1)′/y = 4xy 3 = 6x2 y 2 + 3 1 f (x, y) = √ xy Df = {(x, y) ∈ R2 ; xy > 0} Df = {(x, y) ∈ R2 ; x > 0 et y > 0 ou x < 0 et y < 0} Ainsi : Df =] − ∞, 0[×] − ∞, 0[ ∪ ]0, + ∞[×]0, +∞[ y x 0 1 Pour x > 0 et y > 0 : 1 1 f (x, y) = √ = 1 1 xy x2 y 2 1 − 12 − 12 1 1 = x y x2 y 2 1 3 1 1 1 3 fx′ (x, y) = − x− 2 y − 2 fy′ (x, y) = − x− 2 y − 2 2 2 1 3 f (x, y) = x 4 + y − 4 Df = {(x, y) ∈ R2 ; x ⩾ 0 et y > 0} = R+ × R∗+ 1 3 3 7 fx′ (x, y) = x− 4 fy′ (x, y) = − y − 4 4 4 xy f (x, y) = x+y 2 Df = {(x, y) ∈ R ; x + y ̸= 0} Dérivées partielles premières : (xy)′ (x + y)−(xy)(x + y)′ fx′ (x, y) = Puisque f est symétrique on a : (x + y)2 y(x + y) − xy x2 = fy′ (x, , y) = (x + y)2 (x + y)2 y2 = (x + y)2 f : R2 7−→ R est symétrique si f (x, y) = f (y, x) Ch 3 4/ 15 2024-2025  f (x, y) = ln(x2 + y 2 ) Df = R∗ × R∗ 2x 2y fx′ (x, y) = fy′ (x, y) = x2 + y2 x2 + y2 f (x, y) = (x + y 2 )ey Df = R2 pour fy′ on utilise (f.g)′ = f ′ g + f g ′ pour fx′ on utilise (kf ) = kf′ ′ fy′ (x, y) = 2yey + (x + y 2 )ey fx′ (x, y) = ey = (x + 2y + y 2 )ey Exercice 3. Calculer les dérivées partielles premières des fonctions suivantes : y f (x, y) = g(x, y) = y 2 exy h(x, y) = xln(x + y 2 ) x fx′ (x, y) = − yx2 et fy′ (x, y) = 1 x gx′ (x, y) = y 3 exy et gy′ (x, y) = (2y + y 2 x)exy h′x (x, y) = ln(x + y 2 ) + x x+y 2 et h′y (x, y) = 2xy x+y 2 II.2 Différentielle Définition 4. La différentielle de f au point (x0 , y0 ) est df(x0 ,y0 ) (h, k) = fx′ (x0 , y0 ).h + fy′ (x0 , y0 ).k  h = dx On pose : on aura k = dy df(x0 ,y0 ) (h, k) = fx′ (x0 , y0 ).dx + fy′ (x0 , y0 ).dy Exemple 5. f (x, y) = xy − 2x + 3y fx′ (x, y) = y − 2  df(0,0) (h, k) = fx′ (0, 0).h + fy′ (0, 0).k fy′ (x, y) = x + 3 df(0,0) (h, k) = −2h + 3k La différentielle de f en (0, 0) est : II.3 Plan tangent Définition 5. Le plan tangent à la surface représentative Sf de f au point (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) est : z = f (x0 , y0 ) + (x − x0 ).fx′ (x0 , y0 ) + (y − y0 )fy′ (x0 , y0 ) Exemple 6. Le plan tangent à Sf au point (1, 2, f (1, 2)) où f (x, y) = x4 − 3x3 y + y 2 2024-2025 5/ 15 LSG1S1   fx′ (x, y) = 4x3 − 9x2 y   f (1, 2) = −1 fy′ (x, y) = −3x3 + 2y f ′ (1, 2) = −14  x′ fy (1, 2) = 1 z = −1 − 14(x − 1) + (y − 2) z = −14x + y + 11 Exercice 4. 1. Sachant que f (2, 5) = 6 et fx′ (x, y) = −fy′ (x, y) = 1 Donner une valeur approchée de f (2.2, 4.9) 2. Soit f (x, y) = xex y. Donner une valeur approchée de f (1.1, −0.1). 2 II.4 Dérivées partielles secondes Définition 6. La dérivée partielle seconde de f par rapport à x : ∂ 2f = fx′′2 ∂x2 La dérivée partielle seconde de f par rapport à y : ∂ 2f = fy′′2 ∂y 2 La dérivée partielle seconde de f mixte : ∂ 2f ′′ = fxy ∂x∂y ∂ 2f ′′ = fyx ∂y∂x Pour calculer : ∂ 2f = fx′′2 ∂x2 On dérive deux fois par rapport à x. ∂ 2f = fy′′2 ∂y 2 On dérive deux fois par rapport à y. ∂ 2f ′′ = fxy ∂x∂y On dérive d’abord par rapport à x puis par rapport à y ∂ 2f ′′ = fyx ∂y∂x On dérive d’abord par rapport à y puis par rapport à x Ch 3 6/ 15 2024-2025 Exemple 7. Soit f (x, y) = 2x5 y − y 3 Dérivées partielles premières : fx′ (x, y) = 10x4 y et fy′ (x, y) = 2x5 − 3y 2 Dérivées partielles secondes : fx′′2 (x, y) = (10x4 y)′x = 40x3 y fy′′2 (x, y) = (2x5 − 3y 2 )′y = −6y ′′ fxy (x, y) = (10x4 y)′y = 10x4 ′′ fyx (x, y) = (2x5 − 3y 2 )′x = 10x4 Théorème 1. Si une fonction de deux variables réelles admet des dérivées partielles secondes continues alors : ′′ ′′ fxy = fyx Exercice 5. Calculer les dérivées partielles premières et secondes des fonctions : f (x, y) = 2x2 y 2 + y 3 + 1 g(x, y) = ln(x + y) 2 √ h(x, y) = x.ex y k(x, y) = x y ⊗ f (x, y) = 2x2 y 2 + y 3 + 1 Df = R2 ∂ 4y 2 ∂x 4xy 2 ∂ ∂y ∂ ∂x 8xy 2x2 y 2 + y 3 + 1 ∂ ∂y ∂ 8xy ∂x 4x2 y + 3y 2 ∂ ∂y 4x2 + 6y ⊗ g(x, y) = ln(x + y) Dg = {(x, y) ∈ R2 /x + y > 0} g(x, y) = ln(x + y) 1 1 gx′ (x, y) = gy′ (x, y) = x+y x+y 1 1 1 gx′′2 (x, y) = − ′′ gxy ′′ (x, y) = gyx (x, y) = − gy′′2 (x, y) = − (x+y)2 (x+y)2 (x+y)2 2024-2025 7/ 15 LSG1S1  2y ⊗ h(x, y) = xex Dh = R2 2y h′x (x, y) = (1 + 2x2 y)ex Dérivées partielles premières 2y h′y (x, y) = x3 ex 2y h′′x2 (x, y) = (6xy + 4x3 y 2 )ex Dérivées partielles secondes h′′xy (x, y) = h′′yx (x, y) = (3x2 + 2x4 y)ex 2y 2y h′′y2 (x, y) = x5 ex √ 1 ⊗ k(x, y) = x y = xy 2 Dk = R × R+ √ 1 kx′ (x, y) = y = y2 Dérivées partielles premières 1 ky′ (x, y) = x √ 2 y = 12 xy − 2 kx′′2 (x, y) = 0 1 Dérivées partielles secondes ′′ kxy ′′ (x, y) = kyx (x, y) = 1 √ = 12 y − 2 2 y 3 ky′′2 (x, y) = − 4yx√y = − 14 xy − 2 II.5 Notations de Monge En un point (x0 , y0 ) on peut utiliser les lettres (p, q, r, s, t) pour noter les dérivées partielles : ∂f ∂f p= (x0 , y0 ) q= (x0 , y0 ) ∂x ∂y ∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f r= (x0 , y0 ) s= (x0 , y0 ) = (x0 , y0 ) t= (x0 , y0 ) ∂x2 ∂x∂y ∂y∂x ∂y 2 III Homogénéité III.1 Fonctions homogènes Définition 7. Une fonction de deux variables est homogène de degré α, si pour tout t > 0 on a: f (tx, ty) = tα f (x, y) Exemple 8. f (x, y) = x2 + y 2 est homogène de degré 2. f (x, y) = xy est homogène de degré 2 f (xy) = xy 2 + y n’est pas homogène. Exemple 9. Technique pas à pas Ch 3 8/ 15 2024-2025  f homogène de degré k si pour tout réel k, f (tx, ty) = tk · f (x, y) f (x, y) = x4 + 4x3 y + 4x2 y 2 + 6xy 3 + y 4 ⋆ On calcul d’abord, f (tx, ty) c’est-à-dire : Remplacer chaque x par tx Remplacer chaque y par ty f (tx, ty) = (tx)4 + 4(tx)3 · (ty) + 2(tx)2 · (ty)2 + 6(tx) · (ty)3 + (ty)4 ⋆ On enlève ensuite les parenthèses : f (tx, ty) = t4 x4 + 4 t3 x3 ty + 2 t2 x2 t2 y 2 + 6 txt3 y 3 + t4 y 4 ⋆ On simplifie ensuite les t par la règle ta · tb = ta+b : f (tx, ty) = t4 · x4 + 4 · t4 · x3 y + 4 · t4 · x2 y 2 + 6 · t4 · xy 3 + t4 · y 4 ⋆ Chaque membre de cette dernière expression contient t4 on le met alors en facteur : f (tx, ty) = t4 x4 + 4x3 y + 4x2 y 2 + 6xy 3 + y 4
⋆ Finalement : f (tx, ty) = t4 · f (x, y) ⋆ Conclusion f est homogène de degré k = 4 III.2 Élasticités Définition 8. L’élasticité de f par rapport à x au point (x0 , y0 ) est : fx′ (x0 , y0 ) ef/ x (x0 , y0 ) = x0 × f (x0 , y0 ) L’élasticité de f par rapport à y au point (x0 , y0 ) est : fy′ (x0 , y0 ) ef/ y (x0 , y0 ) = y0 × f (x0 , y0 ) III.3 Relation d’Euler Définition 9. Si f est homogène de degré α alors f vérifie la relation d’Euler : x.fx′ (x, y) + y.fy′ (x, y) = α.f (x, y) Si f homogène de degré α la relation d’Euler pour les élasticités est : ef/ x (x, y) + ef/ y (x, y) = α Exercice 6. √ 1 x+y (x + y) 3 3 f (x, y) = = x x 1. Domaine de définition : Df = R × R ∗ 2024-2025 9/ 15 LSG1S1  2. Homogénéité 1 1 1 (tx + ty) 3 t 3 (tx + ty) 3 2 ∀ t > 0 , f (tx, ty) = = = t− 3 f (x, y) tx tx f est homogène de degré k = − 3 2 3. Dérivées partielles premières : 2 1 ′ 1 3 x(x + y)− 3 − (x + y) 3 fx (x, y) = x2 1 2 x − (x + y) fx′ (x, y) = (x + y)− 3 × 3 x2 2 −2x − 3y fx′ (x, y) = (x + y)− 3 × 3x2 2 (x + y)− 3 fy′ (x, y) = 3x 4. (a) Élasticité de f par rapport à y fy′ (x0 , y0 ) ef /y (x0 , y0 ) = y0 × f (x0 , y0 )  1  33  f (2, 1) =   2  Au point (2, 1) on a : 2 3− 3    fy′ (2, 1) =   3.2 2 3− 3 2 3.2 3− 3 2 ef /y (2, 1) = 1 × 1 = × 1 33 3.2 33 2 1 1 ef /y (2, 1) = 2 +1+ 1 = 33 3 9 (b) Élasticité de f par rapport à x f est homogène de degré − 23 , donc elle vérifie la relation d’Euler : 2 ef /x (2, 1) + ef /y (2, 1) = − 3 2 ef /x (2, 1) = − − ef /y (2, 1) 3 7 ef /x (2, 1) = − 9 Exercice 7. y Soit f (x, y) = e x+y 1. Étudier l’homogénéité de f 2. Montrer, sans calculer les dérivées partielles, que : x2 fx′′2 (x, y) + 2xyfxy ′′ (x, y) + y 2 fy′′2 (x, y) = 0 Ch 3 10/ 15 2024-2025 IV Extrema IV.1 Extrema libres Définition 10. f admet un minimum local en (x0 , y0 ) si pour tout (h, k) ∈ V(0, 0) on a : f (x0 + h, y0 + k) ⩾ f (x0 , y0 ) f admet un maximum local en (x0 , y0 ) si pour tout (h, k) ∈ V(0, 0) on a : f (x0 + h, y0 + k) ⩽ f (x0 , y0 ) Exemple 10. f (x, y) = x2 + y 2 et (x0 , y0 ) = (0, 0) f (0 + h, 0 + k) − f (0, 0) = f (h, k) = h2 + k 2 ⩾ 0 Donc f admet un minimum au point (0, 0) Exemple 11. f (x, y) = −x4 − y 4 + 2x2 et (x0 , y0 ) = (1, 0) f (1 + h, k) − f (1, 0) = − (1 + h)4 − k 4 + 2(1 + h)2 − 1 = − (1 + h)4 − (1 + h)2 + 1 − k 4

2 = − (1 + h)2 + 1 − k 4 ⩽ 0 ∀(h, k) ∈ V(0, 0); f (1 + h, k) ⩽ f (1, 0) Donc f admet un maximum en (1, 0) Théorème 2. Condition nécessaire Soit f une fonction de deux variables réelles admettant des dérivées partielles premières en (x0 , y0 ).  ′ fx (x0 , y0 ) = 0 Si f admet un extremum en (x0 , y0 ) alors fy′ (x0 , y0 ) = 0 Dans ce cas le point (x0 , y0 ) est appelé point critique. Théorème 3. Condition suffisante Soit f une fonction de deux variables réelles admettant des dérivées partielles secondes continues au point critique (x0 , y0 ). Si rt − s2 (x0 , y0 ) > 0 et r > 0 alors (x0 , y0 ) est un minimum.
Si rt − s2 (x0 , y0 ) > 0 et r < 0 alors (x0 , y0 ) est un maximum.
Si rt − s2 (x0 , y0 ) < 0 alors (x0 , y0 ) n’est pas un extremum, c’est point col ou un point
selle. Si rt − s2 (x0 , y0 ) = 0 alors on ne peut pas conclure.
Exemple 12. 2024-2025 11/ 15 LSG1S1  f (x, y) = x2 + y 2  ′  fx (x, y) = 0 2x = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ (0, 0) est un point critique fy′ (x, y) = 0 2y = 0 r = 2; s = 0 et t = 2 =⇒ (rt − s2 )(0, 0) = 4 > 0 (rt − s2 )(0, 0) = 4 > 0 et r > 0 =⇒ (0, 0) est un minimum. Exemple 13. f (x, y) = x3 + x2 − xy + y 2 + 4 Étape 1 : Calcul des dérivées partielles premières fx′ (x, y) = 3x2 + 2x − y et fy′ (x, y) = −x + 2y Étape 2 : Recherche des points critiques 3x + 2x − y = 0 ○  ′  2 fx (x, y) = 0 1 ⇐⇒ fy′ (x, y) = 0 −x + 2y = 0 ○ 2 ○ 2 =⇒ x = 2y ○ 2 =⇒ 12y 2 + 3y = 0 ⇐⇒ y = 0 ou y = − 41 Les points critiques de f : A(0, 0) et B(− 12 , − 14 ) Étape 3 : Calcul des dérivées partielles secondes r = 6x + 2; s = −1 et t = 2 (rt − s2 )(x, y) = 12x + 3 Étape 4 : Nature des points critiques Nature de A(0, 0) : (rt − s2 )(0, 0) = 3 > 0 et r = 2 > 0 =⇒ A est un minimum. Nature de B(− 21 , − 14 ) : (rt − s2 )(− 21 , − 14 ) = −3 < 0 =⇒ B est un point col. Exercice 8. Trouver les extrema éventuels des fonctions suivantes : 1. f (x, y) = x3 + y 3 − 3xy 5. f (x, y) = xy(x + y − 1) 2. f (x, y) = 1 + 2x + 4y 6. f (x, y) = x2 y − ln(1 + y) xy 3. f (x, y) = 2x2 + 2y 2 + 2xy − x − y 7. f (x, y) = x4 − 2x2 + y 3 − 6y 2 − 4 4. f (x, y) = x (lnx)2 + y 2 ) 8. f (x, y) = (2x − 4)ex + y 2 ey
Éléments de correction : 1. (1, 1) : minimum et (0, 0) point col 5. f admet un seul extremum. 2. A(1, 1 2 ) est le point critique. 6. f n’admet pas d’extremums. 3. (rt − s )(x0 , y0 ) = 12 2 7. f admet six points critiques. 4. f admet deux points critiques. 8. (rt − s2 )(x, y) = 2x(y 2 + 4y + 2)ex+y Ch 3 12/ 15 2024-2025 IV.2 Extrema liés Exemple 14. La fonction d’utilité d’un consommateur est U (x, y) = xy et sa contrainte budgétaire est 2x + y = 100 Le problème consiste à chercher un extremum de U (x, y) en tenant compte de la contrainte budgétaire. max(min)U (x, y) s/c 2x + y = 100 Pour résoudre ce problème, on peut procéder par substitution afin de ramener le problème à la recherche d’un extremum d’une fonction à une seule variable réelle. 2x + y = 100 ⇐⇒ y = 100 − 2x En remplaçant y dans la fonction U on aura à optimiser la fonction : h(x) = U (x, 100 − 2x) = x(100 − 2x) = 100x − 2x2 h′ (x) = 100 − 4x = 0 ⇐⇒ x = 25 h′ (25) = 0  ⇐⇒ x = 25 est un maximum pour h h′′ (25) < 0 En conclusion : Le point A(25, 50) est le maximum de U (x, y) sous la contrainte 2x+y = 100 Cette méthode de substitution peut être efficace lorsque l’expression de la contrainte soit relativement simple. mais si son expression se complique cette méthode de substitution ne peut plus garantir la résolution du problème. Dans cette situation on fait appel alors à un autre moyen de résolution en introduisant le multiplicateur de Lagrange. Il est toujours question de trouver les extremums d’une fonction f (x, y) sous la condition que x et y vérifient g(x, y) = 0 Définition 11. On pose la fonction de Lagrange : L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) ensuite on cherche à déterminer les extremums de la fonction L(x, y, λ) Recherche des points critiques en résolvant le système : dL(x, y, λ) = 0 Détermination de la nature des points critiques en calculant le hessien en chaque point critique. La matrice hessienne est une matrice carré d’ordre 3 c’est-à-dire un tableau à 3 lignes et 3 colonnes dans lequel on dispose les dérivées partielles secondes de L(x, y, λ)  ′′ Lx2 L′′xy L′′xλ  L′′yx L′′y2 L′′yλ  L′′λx L′′λy L′′λ2 Exemple 15. Soit f (x, y, z) = x2 + y 2 x + z(x + y − 1) Les dérivées partielles secondes de f sont : fx′′2 = 2; fy′′2 = 2x; fz′′2 = 0 ′′ ′′ ′′ fxy = 2y; fxz = 1; fyz = 1; 2024-2025 13/ 15 LSG1S1  La matrice hessienne est :   2 2y 1 2y 2x 1 1 1 0 Remarques : L′′xy = L′′yx L′′yλ = L′′λx = gy′ L′′xλ = L′′λx = gx′ L′′λ2 = 0 Définition 12. Le hessien H est le déterminant de la matrice hessienne. L′′x2 L′′xy gx′ H = L′′xy L′′y2 gy′ gx′ gy′ 0 Pour calculer H on peut utiliser la règle de Sarrus (uniquement valable pour les matrices carrées d’ordre 3) + + + a b c a b d e f d e g h i g h − − − = (a × e × i) + (b × f × g) + (a × d × h) − (b × d × i) − (a × f × h) − (c × e × g) Exemple 16. 1 −2 0 1 −2 2 1 1 2 1 = 2 + 0 + 0 − (−8) − 1 − 0 = 9 0 1 2 0 1 Théorème 4. H le hessien calculé au point critique (x0 , y0 , λ0 ). Si H > 0 alors (x0 , y0 , λ0 ) est un maximum f s/c g(x, y) = 0 Si H < 0 alors (x0 , y0 , λ0 ) est un minimum de f s/c g(x, y) = 0 Exemple 17. Reprenons l’exemple 14. On cherche les extrema éventuels de f (x, y) = xy sous la contrainte g(x, y) = 2x + y − 100 Soit L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) Le point critique est A(25, 50) L′′x2 (25, 50, −25) = 0 ; L′′xy (25, 50, −25) = 1 ; L′′y2 (25, 50, −25) = 0 gx′ (25, 50) = 2; gy′ (25, 50) = 1 0 1 2 H = 1 0 1 = 4 > 0 =⇒ A est un maximum. 2 1 0 Ch 3 14/ 15 2024-2025 Exemple 18. Chercher les extremums éventuels de f (x, y) = 4x2 +3xy+6y 2 liés par la contrainte x+y = 14 Étape 1 : On pose L(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) L(x, y, λ) = 4x2 + 3xy + 6y 2 + λ(x + y − 14) Étape 2 : Calcul des dérivées partielles premières de L. L′x (x, y, λ) = 8x + 3y + λ L′y (x, y, λ) = 3x + 12y + λ g(x, y) = x + y − 14 Étape 3 : Recherche des points critiques. Les points critiques sont les solutions du système dL = 0  8x + 3y + λ = 0 ○  ′   Lx (x, y, λ) = 0 1 L′y (x, y, λ) = 0 ⇐⇒ 3x + 12y + λ = = 0 ○ 2 x + y − 14 = 0 ○  ′ Lλ (x, y, λ) = 0 3  ○ 1 −○ 2 ⇐⇒ 5x − 9y = 0   5x − 9y = 0 x = 9 ⇐⇒ x + y − 14 = 0 y = 5 λ − 8x − 3y = −87 La point critique est A(9, 5, −87) Étape 4 : Calcul des dérivées partielles secondes de L L′′x2 (x, y, λ) = 8 L′′xy (x, y, λ) = L′′yx (x, y, λ) = 3 L′′y2 (x, y, λ) = 12 L′′xλ (x, y, λ) = L′′λx (x, y, λ) = gx′ (x, y) = 1 L′′λ2 (x, y, λ) = 0 L′′yλ (x, y, λ) = L′′λy (x, y, λ) = gy′ (x, y) = 1 Étape 5 : Nature des points critiques. 8 3 1 H = 3 12 1 = −14 < 0 ⇐⇒ A est un minimum de f s/c x + y = 14 1 1 0 Exercice 9. 1. Soit f (x, y) = x2 + y 2 + 4x − 2y + 1 sous la contrainte 4x2 = y 2 (a) Vérifier que A(− 54 , 85 , 35 ) est un point critique. (b) Déterminer la nature de A 2. Pour x > 0 et y > 0 déterminer les extremums éventuels de f (x, y) = ln(x2 y) sous la contrainte 2x + y = 3 3. Déterminer les extrema liés des fonctions suivantes : f (x, y) = xy + x2 + 2y s/c x + 2y = 8 f (x, y) = 2x + y s/c x2 + 2y 2 = 5 1 f (x, y) = x2 + (y − 1)2 s/c x2 + 2y = 3 f (x, y) = x2 + y 2 + ex+y s/c x + y = 2 9 2024-2025 15/ 15 LSG1S1