350 Chap. 14. Calcul différentiel
Si x et y sont non nuls, alors x
2 + 2ax y + y
2 = (x + ay)
2 + (1 − a
2 )y
2 > 0. En
divisant les deux équations, on obtient y(x + ay) = x(ax + y), d’où x
2 = y
2 .
Si x = y, alors 2x
3 (a + 1) = 2x(a + 1), d’où x = ±1.
Si x = −y, alors 2x
3 (1 − a) = 2x(1 − a), d’où x = ±1.
En vérifiant dans le système, on obtient finalement les 5 points critiques suivants :
(0, 0), (1, 1), (−1, −1), (1, −1), (−1, 1) .
On visualise la surface d’équation z = f (x, y), ce qui permet de se faire une idée
géométrique de la nature des points critiques précédents. On utilise pour cela les
commandes suivantes avec Maple :
with(plots) :
plot3d((x^2+x*y+y^2)*exp(-x^2/2-y^2/2),x=-2..2,y=-2..2) ;
ou, avec Mathematica :
Plot3D[(x^2+x*y+y^2)*Exp[-(x^2+y^2)/2],{x,-2,2},{y,-2,2}]
2. On sait que x
2 + 2ax y + y
2 > 0 pour tout (x, y) = (0, 0), or f (0, 0) = 0, donc f
présente un minimum absolu strict en (0, 0).
3. La fonction f est paire, c’est-à-dire f (−x, −y) = f (x, y), ce qui permet de limiter l’étude des points critiques à (1, 1) et (−1, 1).
4. Il semble graphiquement y avoir un maximum local, et même absolu, en (1, 1).
Pour le justifier, on peut remarquer que f (r cos u, r sin u) = r
2 (1+a sin 2u)e
−r
2 /2 ,
d’où 0 f (x, y) 2r
2 e
−r
2 /2 avec r
2 = x
2 + y
2 , donc
lim
(x,y)→+∞
f (x, y) = 0.
Par conséquent, il existe R > 0, que l’on choisit supérieur à 1, tel que
∀(x, y) ∈ R
2 , x
2 + y
2 > R
2
⇒ 0 f (x, y) 1/2 f (1, 1).
Le disque fermé D
de centre (0, 0) et de rayon R est compact, donc f est bornée
et atteint ses bornes sur ce disque, sa borne supérieure est donc au moins égale à
f (1, 1). On en déduit que f est bornée sur R
2 et atteint son maximum sur R
2 en
un point situé à l’intérieur de D
. Ce point est a fortiori un maximum local, donc
c’est un point critique de f . Or f (1, 1) = 2(1 + a)e
−1 et f (1, −1) = 2(1 − a)e
−1 ,
d’où f (1, 1) > f (1, −1), ce qui prouve que f atteint son maximum absolu en
(1, 1) (ainsi qu’en (−1, −1) par parité).
Si x et y sont non nuls, alors x
2 + 2ax y + y
2 = (x + ay)
2 + (1 − a
2 )y
2 > 0. En
divisant les deux équations, on obtient y(x + ay) = x(ax + y), d’où x
2 = y
2 .
Si x = y, alors 2x
3 (a + 1) = 2x(a + 1), d’où x = ±1.
Si x = −y, alors 2x
3 (1 − a) = 2x(1 − a), d’où x = ±1.
En vérifiant dans le système, on obtient finalement les 5 points critiques suivants :
(0, 0), (1, 1), (−1, −1), (1, −1), (−1, 1) .
On visualise la surface d’équation z = f (x, y), ce qui permet de se faire une idée
géométrique de la nature des points critiques précédents. On utilise pour cela les
commandes suivantes avec Maple :
with(plots) :
plot3d((x^2+x*y+y^2)*exp(-x^2/2-y^2/2),x=-2..2,y=-2..2) ;
ou, avec Mathematica :
Plot3D[(x^2+x*y+y^2)*Exp[-(x^2+y^2)/2],{x,-2,2},{y,-2,2}]
2. On sait que x
2 + 2ax y + y
2 > 0 pour tout (x, y) = (0, 0), or f (0, 0) = 0, donc f
présente un minimum absolu strict en (0, 0).
3. La fonction f est paire, c’est-à-dire f (−x, −y) = f (x, y), ce qui permet de limiter l’étude des points critiques à (1, 1) et (−1, 1).
4. Il semble graphiquement y avoir un maximum local, et même absolu, en (1, 1).
Pour le justifier, on peut remarquer que f (r cos u, r sin u) = r
2 (1+a sin 2u)e
−r
2 /2 ,
d’où 0 f (x, y) 2r
2 e
−r
2 /2 avec r
2 = x
2 + y
2 , donc
lim
(x,y)→+∞
f (x, y) = 0.
Par conséquent, il existe R > 0, que l’on choisit supérieur à 1, tel que
∀(x, y) ∈ R
2 , x
2 + y
2 > R
2
⇒ 0 f (x, y) 1/2 f (1, 1).
Le disque fermé D
de centre (0, 0) et de rayon R est compact, donc f est bornée
et atteint ses bornes sur ce disque, sa borne supérieure est donc au moins égale à
f (1, 1). On en déduit que f est bornée sur R
2 et atteint son maximum sur R
2 en
un point situé à l’intérieur de D
. Ce point est a fortiori un maximum local, donc
c’est un point critique de f . Or f (1, 1) = 2(1 + a)e
−1 et f (1, −1) = 2(1 − a)e
−1 ,
d’où f (1, 1) > f (1, −1), ce qui prouve que f atteint son maximum absolu en
(1, 1) (ainsi qu’en (−1, −1) par parité).