![]() ![]() » Voir : #2 , #3 | Volume maximal | extremums de f(x,y) = x3 + y4 - yx2 - xy2 |
Rappel :
Soit f une fonction de deux variables u et v de classe C
2 (deux fois continument dérivable) au voisinage d'un point (uo,vo) et admettant en ce point un extremum (annulant donc ses dérivées partielles premières). Posons, en omettant les variables (uo,vo) afin de simplifier les écritures:Si Δ > 0 : f admettra un minimum (resp. un maximum), suivant que ∂2f/∂u2 (ou ∂2f/∂v2 qui possède alors le même signe) est strictement positive (resp. négative).
Si Δ < 0 : ni maximum, ni minimum.
Si Δ = 0 : cas douteux.
A titre d'illustration élémentaire des conditions d'extremum énoncées sur la page relative à la notion de dérivée partielle, on reprend ici un exercice niveau lycée où l'on cherchait à prouver que :
Pour un volume donné, une cuve de forme
parallélépipédique à ciel ouvert
minimise l'aire des parois lorsque sa base est carrée
Soit V le volume (donné) de la cuve et A la mesure de l'aire de ses parois. Avec les notations ci-dessus, on a V = xmh et A = mx + 2 mh + 2xh. En remplaçant h par V/xm dans l'expression de A, on obtient une fonction de deux variables :
A(x,m) = mx + 2V(1/x + 1/m)
On cherche un minimiser A. Pour cela, on applique les conditions d'extremum rappelées ci-dessus au moyen des dérivées partielles :
∂A/∂x = m - 2V/x2 = 0 | ∂A/∂m = x - 2V/m2 = 0
On doit donc avoir (condition nécessaire) : mx2 = m2x = 2V, donc m = x (base carrée) et x3 = 2V.
On a ∂2A/∂x2 = 4V/x3 = 2 > 0 , ∂2A/∂m2 = 4V/m3 = 2 > 0 et ∂2A/∂m∂x = 1
On calcule alors Δ = ∂2A/∂x2 × ∂2A/∂m2 - (∂2A/∂m∂x)2 = 3 > 0. La base carrée est effectivement optimale (elle minimise l'aire des parois. Pour V = 4, on retrouve la solution x = 2 calculée élémentairement.