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Dérivées partielles & extremum #4  matrice de Hesse      » cas de 3 variables f(x,y,z) = yz + zx - xy | méthode classique : #1  #2 , #3 | Volume maximal

 ➔   Concernant l'aspect théorique permettant de conclure quant à la nature de l'extremum, on se reportera à la page concernée en cliquant sur la clé. On pourra aussi consulter la page consacrée à Otto L. Hesse.

On considère la fonction numérique de deux variables indépendantes définie sur R² par f(x,y) = x³ + y⁴ - yx² - xy²

1°/ Montrer l'existence de trois points critiques.

2°/ Étudier la nature des points critiques dans les cas (0,0) et (3/4,3/4).

Solution :   

1°/ On calcule les dérivées partielles :

• ∂f/∂x = 3x² - 2xy - y²  |  ∂f/∂y = 4y³ - x² - 2xy.

• ∂²f/∂x² = 6x - 2y  |  ∂²f/∂y² = 12y² - 2x  |  ∂²f/∂x∂y = - 2x - 2y.

Les points critiques sont obtenus en annulant les dérivées du 1er ordre ∂f/∂x = ∂f/∂y = 0 :

∂f/∂x = 0  ⇔ 3x² - 2xy - y² = 0  ⇔  (x - y)(3x + y) = 0

Cas y = -3x : 

On reporte dans ∂f/∂y :  -108x³ + 5x² = 0  ⇔  x = 0  ou x = 5/108.
Ce qui conduit à (0,0) ou (5/108, -5/36)

Cas y = x : 

On reporte dans ∂f/∂y :  4x³ - 3x² = 0  ⇔  x = 0  ou x = 3/4.
Ce qui conduit à (0,0) ou (3/4,3/4)

Finalement, il y a trois points critiques : (0,0) , (3/4,3/4) , (5/108, -5/36)

Étude du cas (3/4,3/4) :   

La matrice hessienne est :

Son déterminant est D_H = 63/4 - 9 > 0. Sa trace est T_H = 3 + 21/4 > 0.
Par conséquent f passe par un minimum en (3/4,3/4) de valeur f(3/4,3/4) = -3³/4⁴.

 ➔    On peut aussi retrouver ce résultat en utilisant la méthode classique liée à la formule de Taylor :

• ∂²f/∂x² = 6x - 2y = 3 > 0  |  ∂²f/∂y² = 12y² - 2x = 21/4 > 0

• ∂²f/∂x∂y = - 2x - 2y = -3  |  Δ = ∂²f/∂x² x ∂²f/∂y² - (∂²f/∂x∂y)² = 27/4 > 0

• Il s'agit donc d'un minimum.

Étude du cas (0,0) :   

Coup dur ! la quadratique associée est nulle. Il va nous falloir pousser le développement de Taylor à l'ordre 3 :

(h.∂/∂x + k.∂/∂y)⁽³⁾ f = h³∂³f/∂x³ + 3h²k∂³f/∂x²∂y + 3hk²∂³f/∂x∂y² + k³∂³f/∂y³

On a alors : ∂³f/∂x³ = 6 , ∂³f/∂y³ = 24y = 0 , ∂³f/∂x²∂y = - 2 = ∂³f/∂x∂y².

D'où :

Δf = [6h³ - 6h²k - 6hk²]/3! =  = h(h² - hk - k²)

Δf change manifestement de signe autour de (0,0) suivant les valeurs de h et k : il s'agit donc d'un point selle (col).

 ➔  En utilisant la méthode classique liée à la formule de Taylor :

• ∂²f/∂x² = 0  |  ∂²f/∂y² = 0

• ∂²f/∂x∂y = 0  |  Δ = 0

• C'est donc, on s'y attendait, un cas douteux obligeant à revenir au développement de Taylor ci-dessus.

Etude du cas (5/108,-5/36)    

La matrice hessienne est

D_H  et T_H sont strictement positifs. Il s'agit encore d'un minimum local.

Quelques lignes de niveau de la fonction en tant que surface z = f(x,y)
On a tracé les droites y = x et y = -3x. En rouge, le point (3/4,3/4).
Pour z < 0, il apparaît des forme "elliptiques" disjointes des branches "paraboliques".
Ci-dessous, des cotes z au voisinage de 0. En rouge, le point (5/108,-5/36).