extremum et DL

Aide à la résolution d'exercices ou de problèmes de niveau Supérieur.

Modérateur: gdm_aidesco

Règles du forum
Merci d'éviter le style SMS dans vos messages et de penser à utiliser la fonction Recherche avant de poster un message. Pour joindre des fichiers à vos messages, consulter ce sujet.
> Penser à utiliser le mode LaTeX (voir ici) afin de rendre vos formules plus lisibles.
> Ne poster qu'un exercice (ou problème) par sujet et indiquer son niveau précis dans le titre du message.

extremum et DL

Messagepar paspythagore » Dimanche 01 Décembre 2013, 22:09

Bonjour.
En attendant de digérer l'algèbre, je cherche de l'aide sur les points critiques.
Merci de corriger ce qui est faux et de me donner une piste pour continuer.
Soit : $f:\R^2\to\R$ définie par $f(x,y)=xe^y+ye^x$.
Montrer que $f$ n'a pas d'extremum local en un point $(x,y)$ tel que $x$ ou $y$ soit positif ou nul.

$\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=e^y+ye^x>0$ si $y\geq0$ et de même pour l'autre dérivée partielle si $x\geq0$.
Donc $Df(x,y)\neq0$ si $x$ ou $y$ est positif ou nul, donc il n'y a pas de point critique dans ce cas.
Trouver un point $(x_0,y_0)$ de $\R^2$, dont les deux coordonnées sont égales, et tel que $Df(x_0,y_0)=0$.

On a $x_0=y_0$ et donc $Df(x_0,x_0)=0$ se réduit à $e^{x_0}+x_0e^{x_0}=0$ soit $e^{x_0}(1+x_0)=0$, donc $x_0=-1$ est une solution et $(-1,-1)$ est un point critique.
Calculer le développement limité à l'ordre 2 de $f$ en ce point.

En $-1$ : $e^x=1+e^{-1}(x+1)+e^{-1}\dfrac{(x+1)^2}{2!}+o\Big((x+1)^n\Big)$

Ce qui donne en $(-1,-1)$ :
$f(x,y)=y+ye^{-1}(x+1)+ye^{-1}\dfrac{(x+1)^2}{2!}+yo\Big((x+1)^n\Big)+$ $x+xe^{-1}(y+1)+xe^{-1}\dfrac{(y+1)^2}{2!}+xo\Big((y+1)^n\Big)$
En déduire un développement limité de $f(x_0+h,y_0+h)$, et un développement limité de $f(x_0+h,y_0-h)$

A partir de là, et sous réserve que je ne me sois pas trop trompé avant, je ne sais plus.
paspythagore
Exa-utilisateur
 
Messages: 2287
Inscription: Mercredi 19 Novembre 2008, 15:35
Statut actuel: Post-bac

Publicité

Re: extremum et DL

Messagepar balf » Dimanche 01 Décembre 2013, 23:50

Jusqu'à la détermination du point critique, c'est bon.
Pour le d. l., il y a un problème en partant du d. l. de $\mathsf{e^x}$ et en le multipliant par y : on n'est pas sûr que le terme y o((x+1)²) soit o($\lVert$(x+1,y+1)$\rVert$²), et de même pour x o((y+1)²). En plus, ce faisant, x et y deviennent subitement x₀ et y₀…

Pourquoi ne pas simplement appliquer la formule de Taylor à 2 variables ?
Une fois la formule appliquée, je ne vois pas où il y a un problème : h = x + 1 et k = y+1 et k = h dans un cas, k = –h dans l'autre.

B.A.
balf
Zetta-utilisateur
 
Messages: 3865
Inscription: Mercredi 02 Janvier 2008, 23:18
Statut actuel: Actif et salarié | Maître de conférence

Re: extremum et DL

Messagepar paspythagore » Lundi 02 Décembre 2013, 21:39

Bonsoir.

Wikipédia me donne :
$f(x)=\sum_{|\alpha|=0}^n\frac{1}{\alpha!}\frac{\partial^\alpha f(a)}{\partial x^\alpha}(x-a)^\alpha+\sum_{|\alpha|=n+1}R_{\alpha}(x)(x-a)^\alpha$

Y a t-il quelque chose de plus digeste et plus parlant comme écriture ?
Pour 2 variables de second ordre Wikipédia donne :

Soit une fonction f deux fois différentiable en $(a,b)$ à valeur dans $\R$, alors pour tout $(x,y)\in\R^{2}$
$f(x,y)\approx f(a,b) &+ \frac{\partial f}{\partial x}(a,b) (x-a) + \frac{\partial f}{\partial y}(a,b) (y-b) + $ $\frac{1}{2}\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(a,b)(x-a)^2\\ &+ \frac{1}{2}\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(a,b)(y-b)^2 $ $+ \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(a,b)(x-a)(y-b) $

Ca c'est le reste : $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(a,b)(x-a)(y-b) $

En l’appliquant à notre fonction :
$f(x,y)\approx f(-1,-1) + \dfrac{\partial f}{\partial x}(-1,-1) (x+1) + \dfrac{\partial f}{\partial y}(-1,-1) (y+1) + $ $\dfrac{1}{2}\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(-1,-1)(x+1)^2+ \dfrac{1}{2}\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}(-1,-1)(y+1)^2 $ $+ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(-1,-1)(x+1)(y+1) $

$f(x,y)\approx \dfrac{-1}{e}(x+1+y+1) -\dfrac{1}{e}\Big((x+1)^2+(y+1)^2\Big)+$ $\dfrac{2}{e}(x+y+2) $

$f(x,y)\approx \dfrac{-1}{e}(x+1+y+1+x^2+2x+1+y^2+2y+1) $ $+\dfrac{2}{e}(x+y+2) $

$f(x,y)\approx \dfrac{-1}{e}(x^2+3x+y^2+3y+4) +\dfrac{2}{e}(x+y+2) $

$f(x,y)\approx \dfrac{-1}{e}(x^2+3x+y^2+3y+4-2x-2y-4) $

$f(x,y)\approx \dfrac{-1}{e}(x^2+x+y^2+y) $

Un peu trop de calcul, j'espère ne pas m'être trop trompé.

En déduire un développement limité de $f(x_0+h,y_0+h)$, et un développement limité de $f(x_0+h,y_0-h)$


$f(-1+h,-1+h)\approx \dfrac{-1}{e}\Big((-1+h)^2-1+h+(-1+h)^2+-1+h\Big) $

$f(-1+h,-1+h)\approx \dfrac{-1}{e}$ $\Big((1-2h+h^2-1+h+1-2h+h^2+-1+h\Big) $

$f(-1+h,-1+h)\approx \dfrac{-1}{e}(2h^2-2h) $
paspythagore
Exa-utilisateur
 
Messages: 2287
Inscription: Mercredi 19 Novembre 2008, 15:35
Statut actuel: Post-bac

Re: extremum et DL

Messagepar balf » Mardi 03 Décembre 2013, 00:36

Eh bien non… Le première chose à faire serait de vérifier que la valeur approchée est exactement égale à f(–1, –1) lorsque (x, y) = (–1, –1).
Or f(–1, –1) = –2/e et votre formule d'approximation donne 0 !

B.A.
balf
Zetta-utilisateur
 
Messages: 3865
Inscription: Mercredi 02 Janvier 2008, 23:18
Statut actuel: Actif et salarié | Maître de conférence

Re: extremum et DL

Messagepar paspythagore » Mardi 03 Décembre 2013, 21:19

Je regarderai demain. Mais est ce une erreur de calcul, une mauvaise application de Taylor ou autre chose..
paspythagore
Exa-utilisateur
 
Messages: 2287
Inscription: Mercredi 19 Novembre 2008, 15:35
Statut actuel: Post-bac

Re: extremum et DL

Messagepar balf » Mardi 03 Décembre 2013, 23:10

Il doit y avoir une erreur dans le calcul des dérivées partielles d'ordre 1 : elles s'annulent en (–1, –1) (point critique) et il ne peut donc y avoir de terme de degré 1 en x+ +1 et y + 1, uniquement des termes de degré total 2 (plus le temer constant f(–1, –1) que vous semblez avoir oublié.

B.A.
balf
Zetta-utilisateur
 
Messages: 3865
Inscription: Mercredi 02 Janvier 2008, 23:18
Statut actuel: Actif et salarié | Maître de conférence

Re: extremum et DL

Messagepar paspythagore » Mercredi 04 Décembre 2013, 14:01

Merci.
Bon, je recommence :
Calculer le développement limité à l'ordre 2 de $f$ en ce point.


$ \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=e^y+ye^x$ ; $\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=xe^y+e^x$ ; $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=ye^x$ ; $ \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=xe^y $ ; $ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(x,y)=e^y+e^x $


Pour $(a,b)=(-1,-1)$ on a donc :
$f(-1,-1)=\dfrac{-2}{e}$ ; $\dfrac{\partial f}{\partial x}(-1,-1)=\dfrac{\partial f}{\partial y}(-1,-1)=\dfrac{1}{e}-\dfrac{1}{e}=0$ ; $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(-1,-1)=\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}(-1,-1)=\dfrac{-1}{e} $ ; $ \dfrac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(-1,-1)=\dfrac{2}{e} $

Soit une fonction f deux fois différentiable en $(a,b)$ à valeur dans $\R$, alors pour tout $(x,y)\in\R^{2}$
$f(x,y)\approx f(a,b) &+ \frac{\partial f}{\partial x}(a,b) (x-a) + \frac{\partial f}{\partial y}(a,b) (y-b) + $ $\frac{1}{2}\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(a,b)(x-a)^2\\ &+ \frac{1}{2}\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(a,b)(y-b)^2 $ $+ \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(a,b)(x-a)(y-b) $

On obtient donc en $(-1,-1)$ le développement de Taylor suivant pour $f$ :
$f(x,y)(-1,-1)\simeq \dfrac{-2}{e} -\dfrac{1}{2e} \Big((x+1)^2(y+1)^2\Big)+\dfrac{2}{e} (x+1)(y+1)$

En déduire un développement limité de $f(x_0+h,y_0+h)$, et un développement limité de $f(x_0+h,y_0-h)$

En $f(x_0+h,y_0+h)$, on obtient en remplaçant $x$ par $-1+h$ dans l'équation précédente :
$f(-1+h,-1+h)\simeq $ $\dfrac{-2}{e} -\dfrac{1}{2e} (h^2+h^2)+\dfrac{2}{e} h^2=$ $\dfrac{-2}{e} -\dfrac{1}{e} h^2+\dfrac{2}{e}h^2=$ $\dfrac{-2}{e} +\dfrac{1}{e} h^2$
En $f(x_0+h,y_0-h)$, on obtient :
$f(-1+h,-1-h)\simeq\dfrac{-2}{e} -\dfrac{1}{e} h^2$

Conclure quand à la nature de ce point critique.

Je ne sais pas conclure.

$f(-1+h,-1+h)<f(-1+h,-1-h)<f(0,0)$
$f$ est minimum local ?

J'aurai préféré que $f(-1+h,-1+h)=f(-1+h,-1-h)$
La question suivante laisse à penser qu'il y aurait plusieurs extrema.
Ai-je encore fait des erreurs de calculs ?

Montrer que la différentielle de $f$ ne s'annule en aucun autre point du plan. Finalement, quels sont les extremum locaux de $f$ ?

faut il résoudre : $\left\lbrace    \begin{array}{l}       e^y+ye^x=0\\       xe^y+e^x\\    \end{array} \right.$ ?

J'arrive à $\left\lbrace    \begin{array}{l}       e^y=-ye^x\\      y=\dfrac{1}{x}\\    \end{array} \right.$ puis $\left\lbrace    \begin{array}{l}      x=-e^{x-1/x}\\      y=\dfrac{1}{x}\\    \end{array} \right.$, mais après ?
paspythagore
Exa-utilisateur
 
Messages: 2287
Inscription: Mercredi 19 Novembre 2008, 15:35
Statut actuel: Post-bac

Re: extremum et DL

Messagepar balf » Mercredi 04 Décembre 2013, 22:54

paspythagore a écrit:
En déduire un développement limité de $f(x_0+h,y_0+h)$, et un développement limité de $f(x_0+h,y_0-h)$

En $f(x_0+h,y_0+h)$, on obtient en remplaçant $x$ par $-1+h$ dans l'équation précédente :
$f(-1+h,-1+h)\simeq $ $\dfrac{-2}{e} -\dfrac{1}{2e} (h^2+h^2)+\dfrac{2}{e} h^2=$ $\dfrac{-2}{e} -\dfrac{1}{e} h^2+\dfrac{2}{e}h^2=$ $\dfrac{-2}{e} +\dfrac{1}{e} h^2$
En $f(x_0+h,y_0-h)$, on obtient :
$f(-1+h,-1-h)\simeq\dfrac{-2}{e} -\dfrac{1}{e} h^2$

Conclure quand à la nature de ce point critique.

Je ne sais pas conclure.
$f(-1+h,-1+h)<f(-1+h,-1-h)<f(0,0)$
$f$ est minimum local ?

f(-1+h,-1+h) = f(-1, -1) + 1/h², donc dans la direction (1,1) f(-1+h,-1+h) $\geqslant$ f(-1, -1).
Mais dans la direction (1, -1), c'est le contraire, donc …
J'aurai préféré que $f(-1+h,-1+h)=f(-1+h,-1-h)$

On ne choisit pas forcément !
Montrer que la différentielle de $f$ ne s'annule en aucun autre point du plan. Finalement, quels sont les extremum locaux de $f$ ?

faut il résoudre : $\left\lbrace    \begin{array}{l}       e^y+ye^x=0\\       xe^y+e^x\\    \end{array} \right.$ ?

Il ne faut pas trop espérer résoudre complètement ce type de système d'équations. Mais ce qu'on peut montrer, c'est qu'une solution vérifie forcément $x = y$. D'autre part si la différentielle est nulle en un point (x, x), les dérivées directionnelles en un tel point sont nulles elles aussi, ce qui permet de se ramener à une fonction d'une variable.

B.A.
balf
Zetta-utilisateur
 
Messages: 3865
Inscription: Mercredi 02 Janvier 2008, 23:18
Statut actuel: Actif et salarié | Maître de conférence

Re: extremum et DL

Messagepar paspythagore » Jeudi 05 Décembre 2013, 19:07

Merci mais pour mon extremum, je ne trouve pas.
balf a écrit:
f(-1+h,-1+h) = f(-1, -1) + 1/h², donc dans la direction (1,1) f(-1+h,-1+h) $\geqslant$ f(-1, -1).
Mais dans la direction (1, -1), c'est le contraire, donc …

Il ne faut pas trop espérer résoudre complètement ce type de système d'équations. Mais ce qu'on peut montrer, c'est qu'une solution vérifie forcément $x = y$. D'autre part si la différentielle est nulle en un point (x, x), les dérivées directionnelles en un tel point sont nulles elles aussi, ce qui permet de se ramener à une fonction d'une variable.

B.A.

f(-1+h,-1+h) = f(-1, -1) + 1/h², donc dans la direction (1,1) f(-1+h,-1+h) $\geqslant$ f(-1, -1).
Mais dans la direction (1, -1), c'est le contraire, donc …c'est un point selle

$\left\lbrace \begin{array}{l} e^y+ye^x=0\\ xe^y+e^x\\ \end{array} \right.$
$\left\lbrace \begin{array}{l} y=-\dfrac{e^y}{e^x}\\ x=-\dfrac{e^x}{e^y}\end{array} \right.$
$\left\lbrace \begin{array}{l} e^{ln y}=-e^{y-x}\\e^{ln x}=-e^{x-y} \end{array} \right.$

Donc $y-x=x-y=0$, c'est à dire $x=y$.

$e^x+xe^x=0\Longleftrightarrow e^x(1+x)\Longleftrightarrow x=y=-1$.
paspythagore
Exa-utilisateur
 
Messages: 2287
Inscription: Mercredi 19 Novembre 2008, 15:35
Statut actuel: Post-bac

Re: extremum et DL

Messagepar balf » Vendredi 06 Décembre 2013, 00:55

C'est bien un point-selle.

Pour la dernière question, j'avais calculé un peu rapidement :oops: et j'aurais dû poser les calculs.
Je ne comprends pas votre déduction :« Donc y — x = x — y », et c'est ce qui m'a incité à vérifier.
L'annulation de la différentielle aboutit en fait à la relation xy = 1. D'autre part, on peut remarquer que les dérivées partielles ne peuvent s'annuler que si x < 0, y < 0.

À partir de là, on exprime l'une des deux dérivées partielles à l'aide de x seul, et on montre que l'expression obtenue est strictement monotone sur R₋. Comme on a déjà une racine…

B.A.
balf
Zetta-utilisateur
 
Messages: 3865
Inscription: Mercredi 02 Janvier 2008, 23:18
Statut actuel: Actif et salarié | Maître de conférence

Re: extremum et DL

Messagepar paspythagore » Vendredi 06 Décembre 2013, 20:46

Je pensais que :
Montrer que la différentielle de $f$ ne s'annule en aucun autre point du plan. Finalement, quels sont les extremum locaux de $f$ ?
signifiait que l'on devait trouver un maximum ou un minimum (un extremum).


$\left\lbrace \begin{array}{l} e^y+ye^x=0\\ xe^y+e^x=0 \end{array} \right.$
$\left\lbrace \begin{array}{l} y=-\dfrac{e^y}{e^x}\\ x=-\dfrac{e^x}{e^y}\end{array} \right.$
Donc $y=\dfrac{1}{x}$.

Si $g(x)=xe^{\frac{1}{x}}+e^x$

$g'(x)=\dfrac{-x}{x^2}e^{\frac{1}{x}} +e^x=\dfrac{-1}{x}e^{\frac{1}{x}} +e^x>0$ si $x<0$
paspythagore
Exa-utilisateur
 
Messages: 2287
Inscription: Mercredi 19 Novembre 2008, 15:35
Statut actuel: Post-bac

Re: extremum et DL

Messagepar balf » Vendredi 06 Décembre 2013, 20:54

Vous avez un erreur dans le calcul de g'(x).

B.A.
balf
Zetta-utilisateur
 
Messages: 3865
Inscription: Mercredi 02 Janvier 2008, 23:18
Statut actuel: Actif et salarié | Maître de conférence

Re: extremum et DL

Messagepar paspythagore » Samedi 07 Décembre 2013, 14:47

Si $g(x)=xe^{\frac{1}{x}}+e^x$

$g'(x)=\dfrac{-x}{x^2}e^{\frac{1}{x}} +e^{\frac{1}{x}}+e^x=(1-\dfrac{1}{x})e^{\frac{1}{x}} +e^x>0$ si $x<0$

Comme $g$ est strictement monotone sur $\R^-$, elle ne coupe l'axe des abscisses qu'une fois, l'équation $g(x)=0$ n'admet qu'une solution qui est $(-1,-1)$.

Finalement $f$ n'a pas d'extremum mais un seul point-selle $(-1,-1)$.
paspythagore
Exa-utilisateur
 
Messages: 2287
Inscription: Mercredi 19 Novembre 2008, 15:35
Statut actuel: Post-bac

Re: extremum et DL

Messagepar balf » Samedi 07 Décembre 2013, 17:38

C'est bien ça.

B.A.
balf
Zetta-utilisateur
 
Messages: 3865
Inscription: Mercredi 02 Janvier 2008, 23:18
Statut actuel: Actif et salarié | Maître de conférence

Re: extremum et DL

Messagepar paspythagore » Samedi 07 Décembre 2013, 18:28

Merci.
paspythagore
Exa-utilisateur
 
Messages: 2287
Inscription: Mercredi 19 Novembre 2008, 15:35
Statut actuel: Post-bac


Retourner vers Exercices et problèmes : Supérieur

 


  • Articles en relation
    Réponses
    Vus
    Dernier message

Qui est en ligne

Utilisateurs parcourant ce forum: Aucun utilisateur enregistré et 2 invités