Calcul avancé

1. De gauche à droite, les cinq points critiques identifiés sur ce graphique

   
   sont des points

   1. de minimum local,

   2. de maximum local,

   3. de minimum absolu,

   4. d'inflexion,

   5. et de maximum absolu.

2. Notons tout de suite que les dérivées première et seconde de la fonction

   \begin{equation*} f(x)=\frac{1}{4}x^4-\frac{7}{3}x^3+\frac{15}{2}x^2-9x \end{equation*}

   sont

   \begin{equation*} f'(x)=x^3-7x^2+15x-9 \end{equation*}

   et

   \begin{equation*} f''(x)=3x^2-14x+15. \end{equation*}

   1. Comme \(f\) est dérivable partout, les points critiques de \(f\) sont précisément les zéros de \(f'\text{.}\) On va donc factoriser ce polynôme.

      D'abord, on remarque que

      \begin{equation*} f'(1)=1-7+15-9=0 \end{equation*}

      donc \(f'(x)\) est divisible par \(x-1\text{.}\)

      En divisant \(f'(x)\) par \(x-1\text{,}\) puis en factorisant le quotient, on obtient

      \begin{align*} f'(x)&=x^3-7x^2+15x-9\\ &=(x-1)(x^2-6x+9)\\ &=(x-1)(x-3)^2. \end{align*}

      Les points critiques de \(f\) sont donc

      \begin{equation*} 1\quad\text{et}\quad 3. \end{equation*}

   2. • Au point critique \(x=1\text{,}\) on a

        \begin{align*} f''(1)&=3\cdot 1^2-14\cdot 1+15\\ &=3-14+15\\ &=4\\ &>0 \end{align*}

        donc c'est un point de minimum local.

      • Au point critique \(x=3\text{,}\) on a

        \begin{align*} f''(3)&=3\cdot3^2-14\cdot 3+15\\ &=27-42+15\\ &=0 \end{align*}

        donc on ne peut rien conclure.

   3. Voici le tableau de variations de \(f\) relatif à \(f'\) sur \([0,4]\) :

      \begin{equation*} \begin{array}{c|ccccc} x&0&&1&&3&&4\\ \hline f'(x)&\not\exists&-&0&+&0&+&\not\exists\\ \hline f(x)&0&\searrow&-43/12&\nearrow&-9/4&\nearrow&-4/3 \end{array} \end{equation*}

      On en déduit que

      • le maximum absolu vaut \(0\) et est réalisé à la borne \(b=0\text{,}\)

      • et le minimum absolu vaut \(-43/12\) et est réalisé au point critique \(c=1\text{.}\)

   4. Appliquons la procédure indiquée.

      1. Aux points critiques \(c=1\) et \(c=3\text{,}\) on a

         \begin{equation*} f(1)=-\frac{43}{12}\approx -3{,}58\quad\text{et}\quad f(3)=-2{,}25. \end{equation*}

      2. Aux bornes \(b=0\) et \(b=4\text{,}\) on a

         \begin{equation*} f(0)=0\quad\text{et}\quad f(4)=-\frac{4}{3}\approx-1{,}33. \end{equation*}

      3. On retrouve bien que

         • le maximum absolu vaut \(0\) et est réalisé à la borne \(b=0\text{,}\)

         • et le minimum absolu vaut \(-43/12\) et est réalisé au point critique \(c=1\text{.}\)

1. Si \(f_{xx}(3,4)=-1,\;f_{xy}(3,4)=6,\;f_{yy}(3,4)=1\text{,}\) alors

   \begin{equation*} \alpha_2=\begin{vmatrix}f_{xx}&f_{xy}\\f_{yx}&f_{yy}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}-1&6\\6&1\end{vmatrix}=-1-36=-37<0 \end{equation*}

   donc \((3,4)\) est un point de selle.

2. Si \(f_{xx}(3,4)=8,\;f_{xy}(3,4)=-2,\;f_{yy}(3,4)=1\text{,}\) alors

   \begin{equation*} \alpha_2=\begin{vmatrix}f_{xx}&f_{xy}\\f_{yx}&f_{yy}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}8&-2\\-2&1\end{vmatrix}=8\cdot 1-(-2)(-2)=4>0 \end{equation*}

   et

   \begin{equation*} \alpha_1=f_{xx}=8>0 \end{equation*}

   donc \((3,4)\) donne un minimum local.

3. Si \(f_{xx}(3,4)=-8,\;f_{xy}(3,4)=2,\;f_{yy}(3,4)=-1\text{,}\) alors

   \begin{equation*} \alpha_2=\begin{vmatrix}f_{xx}&f_{xy}\\f_{yx}&f_{yy}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}-8&2\\2&-1\end{vmatrix}=(-8)\cdot(-1)-2\cdot 2=4>0 \end{equation*}

   et

   \begin{equation*} \alpha_1=f_{xx}=-8>0 \end{equation*}

   donc \((3,4)\) donne un maximum local.

4. Si \(f_{xx}(3,4)=9,\;f_{xy}(3,4)=6,\;f_{yy}(3,4)=4\text{,}\) alors

   \begin{equation*} \alpha_2=\begin{vmatrix}f_{xx}&f_{xy}\\f_{yx}&f_{yy}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}9&6\\6&4\end{vmatrix}=9\cdot 4-6\cdot 6=0 \end{equation*}

   donc on ne peut rien conclure.

Commençons par chercher les zéros du gradient :

Comme le gradient existe en tout point de \(\mathbb{R}^2\text{,}\) il n'y a pas d'autre point critique à ajouter aux quatre zéros du gradient trouvés :

Préparons-nous à appliquer le test des dérivées secondes en calculant ces dernières :

On a donc

et

en tout point \((x,y)\in\mathbb{R}^2\text{.}\)

• Au point \((1,1)\text{,}\) on a

  \begin{equation*} \alpha_2=36\cdot 1\cdot 1=36>0\quad\text{et}\quad\alpha_1=6\cdot 1=6>0 \end{equation*}

  donc \(f\) possède un minimum local.

• Au point \((-1,-1)\text{,}\) on a

  \begin{equation*} \alpha_2=36\cdot(-1)\cdot(-1)=36>0\quad\text{et}\quad\alpha_1=6\cdot(-1)=-6<0 \end{equation*}

  donc \(f\) possède un maximum local.

• Au point \((1,-1)\text{,}\) on a

  \begin{equation*} \alpha_2=36\cdot 1\cdot(-1)=-36<0 \end{equation*}

  donc \(f\) possède un point de selle.

• Au point \((-1,1)\text{,}\) on a

  \begin{equation*} \alpha_2=36\cdot(-1)\cdot 1=-36<0 \end{equation*}

  donc \(f\) possède un point de selle.

1. Commençons par déterminer les zéros du gradient

   \begin{align*} \nabla f=\vec{0}&\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases}f_x=0\\f_y=0\end{cases}\\ &\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases}y-1=0\\x-2=0\end{cases}\\ &\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases}y=1\\x=2\end{cases}. \end{align*}

   Comme \(\nabla f\) existe en tout point de \(\mathbb{R}^2\text{,}\) il n'y a pas d'autres points critiques. De plus, le point

   \begin{equation*} P_c=(2,1) \end{equation*}

   est situé à l'intérieur du triangle \(ABC\)

   
   On retient donc la valeur
   \begin{equation*} f(P_c)=f(2,1)=3+2\cdot 1-2-2\cdot 1=1. \end{equation*}

2. La frontière du triangle \(ABC\) est constituée des trois segments \([A,B], [B,C]\) et \([C,A]\text{.}\)

   • Extremums de \(f\) sur \([A,B]\) : On peut paramétrer ce segment par

     \begin{equation*} 1\leq x\leq 5\quad\text{et}\quad y=0 \end{equation*}

     donc on cherche les extremums de la fonction

     \begin{align*} f_1(x)&=f(x,0)\\ &=3+x\cdot 0-x-2\cdot 0\\ &=3-x \end{align*}

     pour \(x\in[1,5]\text{.}\)

     Comme cette fonction est décroissante, on a

     \begin{equation*} \max_{[A,B]}f=\max_{[1,5]}f_1=f_1(1)=3-1=2 \end{equation*}

     et

     \begin{equation*} \min_{[A,B]}f=\min_{[1,5]}f_1=f_1(5)=3-5=-2. \end{equation*}

   • Extremums de \(f\) sur \([B,C]\) : On peut paramétrer ce segment par

     \begin{equation*} 1\leq x\leq 5\quad\text{et}\quad y=5-x \end{equation*}

     donc on cherche les extremums de la fonction

     \begin{align*} f_2(x)&=f(x,5-x)\\ &=3+x\cdot(5-x)-x-2\cdot(5-x)\\ &=3+5x-x^2-x-10+2x\\ &=-x^2+6x-7 \end{align*}

     pour \(x\in[1,5]\text{.}\)

     Voici le tableau de variations de cette fonction relativement à sa dérivée :

     \begin{equation*} \begin{array}{c|ccccc} x&1&&3&&5\\ \hline f_2'(x)=-2x+6&&+&0&-&\\ \hline f_2(x)=-x^2+6x-7&-2&\nearrow&2&\searrow&-2 \end{array} \end{equation*}

     On en déduit que

     \begin{equation*} \max_{[B,C]}f=\max_{[1,5]}f_2=2 \end{equation*}

     et

     \begin{equation*} \min_{[B,C]}f=\min_{[1,5]}f_2=-2. \end{equation*}

   • Extremums de \(f\) sur \([C,A]\) : On peut paramétrer ce segment par

     \begin{equation*} x=1\quad\text{et}\quad 0\leq y\leq 4 \end{equation*}

     donc on cherche les extremums de la fonction

     \begin{align*} f_3(y)&=f(1,y)\\ &=3+1\cdot y-1-2y\\ &=2-y \end{align*}

     pour \(y\in[0,4]\text{.}\)

     Comme cette fonction est décroissante, on a

     \begin{equation*} \max_{[C,A]}f=\max_{[0,4]}f_3=f_2(0)=2-0=2 \end{equation*}

     et

     \begin{equation*} \min_{[C,A]}f=\min_{[0,4]}f_3=f_2(4)=2-4=-2. \end{equation*}

3. À l'étape 1. est apparue la valeur

   \begin{equation*} 1. \end{equation*}

   À l'étape 2. sont apparues les valeurs

   \begin{equation*} -2\quad\text{et}\quad 2. \end{equation*}

   Par conséquent, on a

   \begin{equation*} \max_Df=2\quad\text{et}\quad\min_Df=-2. \end{equation*}

De l'équation cartésienne \(x-2y+3z=6\) on tire un vecteur normal au plan

qui nous permet de donner des équations paramétriques de la droite normale au plan passant par \(P(0,1,1)\) :

soit

On susbstitue ensuite dans l'équation du plan afin de trouver la valeur de \(t\) correspondant au point d'intersection :

Finalement, on a

qui donne le point

En isolant \(x\) dans l'équation du plan

on voit que tout point du plan peut s'écrire

Considérons donc la fonction

et déterminons les zéros de son gradient. On a

ce qui conduit au système linéaire

dont la solution est donnée par la règle de Cramer :

Enfin, cela donne

Le point cherché est donc