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Analyse fonctionnelle
soit, comme
xo ln a + Yo ln b + zo ln c = ln k,
tel que
u ln a + v ln b + w ln c = O.
On a f(xo + u, Yo + v, zo + w) - f(xo, yo, zo) qui vaut
(1 + xo + u)(l + Yo + v)(l + zo + w) - (1 + xo)(l + yo)(l + zo).
On développe en ordonnant en u, v, w. La partie du premier degré disparaît
compte tenu de Û) . Il reste
(1 + xo)vw + (1 + Yo)uw + (1 + zo)uv + uvw
soit
ln (abck) [ vw
uw
uv J
3
ln a + ln b + ln c + uvw
avec u, v, w vérifiant Û) .
0
di d
-U ln a - V ln, b l .
d
n étu e one, avec w =
1
e signe e
ne
ln (abck) [- uv _ v 2 lnb _ u 2 lna _ uv + uv] + uvw
3
lnc lnalnc lnblnc lnc lnc
_ ln(abck) ((ulna) 2 +ulna vlnb+ (vlnb) 2 )
- -
3
lnalnblnc
+ uvw
or la forme quadratique (ulna) 2 + (ulna)(vlnb) + (vlnb) 2 est définie
positive: c'est (ulna + ~vlnb) 2 + ~(vlnb) 2 ; donc il y a un extremum
ln (abck)
si ln ( abck) =f. 0, dont la nature dépend du signe de ln a ln b ln c, alors
que si ln ( abck) = 0, il reste le signe de uvw qui change de signe dans un
voisinage de 0, donc pas d'extremum.
Un tel exercice est ignoble! Mais je me suis peut-être trompé. Il y a des jours
où on ferait mieux de rester couché !