II.2. Conditions de minimalité du second ordre
En notant f := inf x∈R n f (x), il vient de (2.2) :
f +
ε
λ
v − u f + ε,
d’où v − u λ.
Enfin l’inégalité x − u x − v + v − u , introduite dans (2.1),
conduit à
f (v) f (x) +
ε
λ
x − v .
2 ◦ ) Partant d’un minimum à ε 2 près de f et choisissant λ = ε, il existe
d’après la question précédente un x ε tel que
∀x ∈ R
n , f (x ε ) f (x) + ε x − x ε .
Pour d ∈ R n et α > 0 faisons successivement x = x ε + αd et x = x ε − αd dans
l’inégalité précédente ; on obtient :
f (x ε + αd) − f (x ε ) −εα d , soit
f (x ε + αd) − f (x ε )
α
−ε d ;
f (x ε − αd) − f (x ε ) −εα d , soit
f (x ε − αd) − f (x ε )
α
−ε d .
Un passage à la limite α → 0 + induit :
∇f (x ε ) , d −ε d et ∇f (x ε ) , −d −ε d ,
soit encore || ∇f (x ε ) , d | ε d . Cette dernière inégalité étant vraie pour
tout d ∈ R n , il s’ensuit ∇f (x ε ) ε.
* Exercice II.4. Soit n 2 et f : R n → R la fonction polynomiale de degré cinq
définie par
x = (x 1 , . . . , x n ) ∈ R
n
−→ f (x) := (1 + x n )
3
n−1
i=1
x
2
i + x
2
n .
Montrer que 0 (∈ R n ) est le seul point critique de f , qu’il est minimum local
strict de f , mais qu’il n’est pas minimum global de f.
47