144 A n a l y s e e n 3 0 f i c h e s
A p p l i c a t i o n
Étudiez les extrémums de la fonction f définie sur R
2 par :
f (x,y) = x
4
+ y
4
− 2(x − y)
2 .
S o l u t i o n
• Comme la restriction f (x,0) = x
4
− 2x
2 peut tendre vers +∞ , il n'y a pas de maximum global sur R
2 .
• Comme R
2 est ouvert, un extrémum relatif de f vérifie les conditions nécessaires :

 
 
∂ f
∂ x
= 4x
3
− 4(x − y) = 0
∂ f
∂ y
= 4y
3
+ 4(x − y) = 0
⇐⇒
x
3
+ y
3
= 0
x
3
− (x − y) = 0
⇐⇒
x = −y
x
3
− 2x = 0
Les points critiques sont donc : (0,0), (
√
2,−
√
2), (−
√
2,
√
2).
Pour les étudier, calculons les dérivées secondes :
R =
∂
2 f
∂ x 2 = 12x
2
− 4 ; S =
∂
2 f
∂ x∂ y
= 4 ; T =
∂
2 f
∂ 2 y
= 12y
2
− 4 .
• En (0,0), on a S
2
− RT = 0 . On ne peut donc pas conclure avec les dérivées
secondes.
Examinons le signe, au voisinage du point étudié, de deux restrictions :
f (x,x) = 2x
4
> 0 et f (x,−x) = 2x
4
− 8x
2
∼
0
−8x
2
< 0 .
Les signes étant différents, le point (0,0) n'est pas un extrémum.
• En (
√
2,−
√
2), on a S
2
− RT < 0 et R > 0. Il s'agit donc d'un minimum local dont
la valeur est f (
√
2,−
√
2) = −8.
Avec des transformations algébriques, on peut obtenir :
f (x, y) + 8 = (x
2
− 2)
2 + (y
2
− 2)
2 + 2(x + y)
2 0 .
Il s'agit donc d'un minimum global.
• En (−
√
2,
√
2), le résultat est identique car f (x,y) = f (−x,−y) .