Fonctions Plusieurs Variables : Gradient & Hessien avec ORBITECH AI

Correction :

Pour calculer la dérivée partielle par rapport à $x$, on considère $y$ comme une constante.

$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2y + 3xy^2) = y \cdot \frac{\partial}{\partial x}(x^2) + 3y^2 \cdot \frac{\partial}{\partial x}(x) = y \cdot (2x) + 3y^2 \cdot (1) = 2xy + 3y^2$.

Pour calculer la dérivée partielle par rapport à $y$, on considère $x$ comme une constante.

$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x^2y + 3xy^2) = x^2 \cdot \frac{\partial}{\partial y}(y) + 3x \cdot \frac{\partial}{\partial y}(y^2) = x^2 \cdot (1) + 3x \cdot (2y) = x^2 + 6xy$.

Correction :

Le gradient d'une fonction $f(x, y)$ est le vecteur formé de ses dérivées partielles premières : $\nabla f(x, y) = \begin{pmatrix} \frac{\partial f}{\partial x} \\ \frac{\partial f}{\partial y} \end{pmatrix}$.

Calculons les dérivées partielles :

• $\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^3 - 3xy + y^3) = 3x^2 - 3y$.
• $\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x^3 - 3xy + y^3) = -3x + 3y^2$.

Le gradient est donc :

Correction :

Les points critiques sont les points $(x, y)$ tels que $\nabla f(x, y) = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$.

Nous avons calculé dans l'exercice précédent :

• $\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 - 3y = 0 \implies y = x^2$.
• $\frac{\partial f}{\partial y} = -3x + 3y^2 = 0 \implies x = y^2$.

Nous devons résoudre le système :

$$\begin{cases} y = x^2 \\ x = y^2 \end{cases}$$

Substituons la première équation dans la seconde : $x = (x^2)^2 = x^4$.

Donc, $x^4 - x = 0 \implies x(x^3 - 1) = 0$.

Les solutions pour $x$ sont $x=0$ ou $x^3=1 \implies x=1$.

Si $x=0$, alors $y = 0^2 = 0$. Le point critique est $(0, 0)$.

Si $x=1$, alors $y = 1^2 = 1$. Le point critique est $(1, 1)$.

Correction :

Nous avons déjà calculé les dérivées partielles premières :

• $\frac{\partial f}{\partial x} = 2xy + 3y^2$.
• $\frac{\partial f}{\partial y} = x^2 + 6xy$.

Calculons les dérivées partielles secondes :

• $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right) = \frac{\partial}{\partial x}(2xy + 3y^2) = 2y$.
• $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right) = \frac{\partial}{\partial y}(2xy + 3y^2) = 2x + 6y$.
• $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right) = \frac{\partial}{\partial x}(x^2 + 6xy) = 2x + 6y$.
• $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right) = \frac{\partial}{\partial y}(x^2 + 6xy) = 6x$.

On observe que $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}$, ce qui est attendu par le théorème de Schwarz (si les dérivées secondes sont continues).

Correction :

La matrice Hessienne d'une fonction $f(x, y)$ est la matrice carrée dont les éléments sont les dérivées partielles secondes :

$$H_f(x, y) = \begin{pmatrix} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} & \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} \end{pmatrix}$$

En utilisant les résultats de l'exercice précédent :

• $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 2y$.
• $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = 2x + 6y$.
• $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = 2x + 6y$.
• $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 6x$.

La matrice Hessienne est donc :

Astuce : La matrice Hessienne est symétrique si les dérivées partielles mixtes sont égales.

Correction :

Pour appliquer le critère du second ordre, nous avons besoin de l'Hessien de la fonction. Les dérivées partielles secondes sont :

• $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 6x$.
• $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 6y$.
• $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = -3$.

La matrice Hessienne est :

$$H_f(x, y) = \begin{pmatrix} 6x & -3 \\ -3 & 6y \end{pmatrix}$

Le déterminant de l'Hessien est $D(x, y) = \det(H_f(x, y)) = (6x)(6y) - (-3)(-3) = 36xy - 9$.

Analyse du point critique $(0, 0)$ :

• $D(0, 0) = 36(0)(0) - 9 = -9$.

Puisque $D(0, 0) < 0$, le point $(0, 0)$ est un point selle.

Analyse du point critique $(1, 1)$ :

• $D(1, 1) = 36(1)(1) - 9 = 36 - 9 = 27$.

Puisque $D(1, 1) > 0$, nous devons regarder le signe de $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(1, 1)$.

$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(1, 1) = 6(1) = 6$.

Puisque $D(1, 1) > 0$ et $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(1, 1) > 0$, le point $(1, 1)$ est un minimum local.

Rappel du critère du second ordre :

• Si $D(x_0, y_0) > 0$ et $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x_0, y_0) > 0$, alors $(x_0, y_0)$ est un minimum local.
• Si $D(x_0, y_0) > 0$ et $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x_0, y_0) < 0$, alors $(x_0, y_0)$ est un maximum local.
• Si $D(x_0, y_0) < 0$, alors $(x_0, y_0)$ est un point selle.
• Si $D(x_0, y_0) = 0$, le critère n'est pas concluant.

Correction :

1. Calcul du gradient :

On utilise la règle du produit pour les dérivées : $(uv)' = u'v + uv'$. Ici, $u=e^{x+y}$ et $v=\sin(x)$ pour $\frac{\partial f}{\partial x}$, et $u=e^{x+y}$ et $v=1$ pour $\frac{\partial f}{\partial y}$ (avec une confusion de $v$). Reprenons :

Dérivée de $e^{x+y}$ par rapport à $x$ est $e^{x+y} \cdot 1 = e^{x+y}$.

Dérivée de $e^{x+y}$ par rapport à $y$ est $e^{x+y} \cdot 1 = e^{x+y}$.

Dérivée de $\sin(x)$ par rapport à $x$ est $\cos(x)$.

$\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(e^{x+y} \sin(x)) = e^{x+y} \sin(x) + e^{x+y} \cos(x) = e^{x+y}(\sin(x) + \cos(x))$.

$\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(e^{x+y} \sin(x)) = e^{x+y} \sin(x)$.

2. Calcul de la matrice Hessienne :

Il faut calculer les dérivées secondes.

$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}(e^{x+y}(\sin(x) + \cos(x)))$

= $e^{x+y}(\sin(x) + \cos(x)) + e^{x+y}(\cos(x) - \sin(x))$

= $e^{x+y}(\sin(x) + \cos(x) + \cos(x) - \sin(x)) = e^{x+y}(2\cos(x))$.

$\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = \frac{\partial}{\partial y}(e^{x+y}(\sin(x) + \cos(x)))$

= $e^{x+y}(\sin(x) + \cos(x))$.

$\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial x}(e^{x+y}\sin(x))$

= $e^{x+y}\sin(x) + e^{x+y}\cos(x) = e^{x+y}(\sin(x) + \cos(x))$.

(Comme attendu, les dérivées mixtes sont égales).

$\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y}(e^{x+y}\sin(x))$

= $e^{x+y}\sin(x)$.

Correction :

Pour trouver les extrema d'une fonction sur un domaine fermé, on doit examiner :

1. Les points critiques de la fonction à l'intérieur du domaine.
2. Les extrema de la fonction sur la frontière du domaine.

1. Points critiques à l'intérieur du domaine :

Calculons le gradient de $f(x, y) = x^2 + y^2 - xy$ :

• $\frac{\partial f}{\partial x} = 2x - y$.
• $\frac{\partial f}{\partial y} = 2y - x$.

On résout $\nabla f(x, y) = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ :

$$\begin{cases} 2x - y = 0 \implies y = 2x \\ 2y - x = 0 \end{cases}$$

Substituant $y=2x$ dans la seconde équation : $2(2x) - x = 0 \implies 4x - x = 0 \implies 3x = 0 \implies x=0$.

Si $x=0$, alors $y = 2(0) = 0$. Le seul point critique est $(0, 0)$.

Le point $(0, 0)$ est à l'intérieur du disque ($0^2 + 0^2 \le 1$).

La valeur de la fonction en ce point est $f(0, 0) = 0^2 + 0^2 - (0)(0) = 0$.

2. Extrema sur la frontière :

La frontière est le cercle $x^2 + y^2 = 1$. On peut utiliser la méthode des multiplicateurs de Lagrange ou paramétrer le cercle.

Méthode 1 : Paramétrisation

On peut paramétrer le cercle par $x = \cos(\theta)$ et $y = \sin(\theta)$ pour $\theta \in [0, 2\pi]$.

La fonction devient $g(\theta) = f(\cos(\theta), \sin(\theta)) = \cos^2(\theta) + \sin^2(\theta) - \cos(\theta)\sin(\theta)$.

En utilisant $\cos^2(\theta) + \sin^2(\theta) = 1$ et $\cos(\theta)\sin(\theta) = \frac{1}{2}\sin(2\theta)$, on obtient :

$g(\theta) = 1 - \frac{1}{2}\sin(2\theta)$.

Pour trouver les extrema de $g(\theta)$, on cherche les valeurs de $\theta$ où $g'(\theta) = 0$.

$g'(\theta) = -\frac{1}{2} \cos(2\theta) \cdot 2 = -\cos(2\theta)$.

$g'(\theta) = 0 \implies \cos(2\theta) = 0$.

Les solutions pour $2\theta$ dans $[0, 4\pi]$ sont $2\theta = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}, \frac{7\pi}{2}$.

Donc $\theta = \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}$.

Ces valeurs de $\theta$ correspondent aux points suivants sur le cercle :

• $\theta = \frac{\pi}{4}$: $x=\cos(\pi/4)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, $y=\sin(\pi/4)=\frac{\sqrt{2}}{2}$. $f(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}) = 1 - \frac{1}{2}\sin(\pi/2) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
• $\theta = \frac{3\pi}{4}$: $x=\cos(3\pi/4)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$, $y=\sin(3\pi/4)=\frac{\sqrt{2}}{2}$. $f(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}) = 1 - \frac{1}{2}\sin(3\pi/2) = 1 - \frac{1}{2}(-1) = \frac{3}{2}$.
• $\theta = \frac{5\pi}{4}$: $x=\cos(5\pi/4)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$, $y=\sin(5\pi/4)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$. $f(-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}) = 1 - \frac{1}{2}\sin(5\pi/2) = 1 - \frac{1}{2}(1) = \frac{1}{2}$.
• $\theta = \frac{7\pi}{4}$: $x=\cos(7\pi/4)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, $y=\sin(7\pi/4)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$. $f(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}) = 1 - \frac{1}{2}\sin(7\pi/2) = 1 - \frac{1}{2}(-1) = \frac{3}{2}$.

Les valeurs sur la frontière sont donc $1/2$ et $3/2$.

3. Comparaison des valeurs :

Valeurs trouvées : $0$ (au point critique), $1/2$ et $3/2$ (sur la frontière).

Le minimum global est $0$ atteint en $(0, 0)$.

Le maximum global est $3/2$ atteint en $(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$ et $(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$.

Correction :

1. Gradient :

$\frac{\partial f}{\partial x} = 2x - y - z = 0$.

$\frac{\partial f}{\partial y} = 2y - x - z = 0$.

$\frac{\partial f}{\partial z} = 2z - x - y = 0$.

Ce système d'équations linéaires homogènes a une solution triviale $(0,0,0)$.

Considérons les deux premières équations :

$2x - y - z = 0$

$-x + 2y - z = 0$

Soustraire la seconde de la première : $(2x - (-x)) + (-y - 2y) + (-z - (-z)) = 0 \implies 3x - 3y = 0 \implies x = y$.

Si $x=y$, remplaçons dans la première équation : $2x - x - z = 0 \implies x - z = 0 \implies x = z$.

Donc, $x = y = z$. Le seul point critique est $(0, 0, 0)$.

2. Matrice Hessienne :

Calculons les dérivées partielles secondes :

• $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 2$. $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 2$. $\frac{\partial^2 f}{\partial z^2} = 2$.
• $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = -1$. $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial z} = -1$. $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial z} = -1$.
• Les dérivées mixtes inverses sont égales.

La matrice Hessienne est :

$$H_f(x, y, z) = \begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$$

Cette matrice est constante, donc l'Hessien est le même en tout point, y compris au point critique $(0, 0, 0)$.

3. Nature du point critique :

Pour déterminer la nature du point critique $(0, 0, 0)$, il faut étudier la matrice Hessienne. On peut calculer ses valeurs propres ou ses mineurs principaux.

Mineurs principaux :

• $D_1 = 2 > 0$.
• $D_2 = \det\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = 4 - 1 = 3 > 0$.
• $D_3 = \det\begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$

Calculons $D_3$ :

$D_3 = 2 \det\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} - (-1) \det\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} + (-1) \det\begin{pmatrix} -1 & 2 \\ -1 & -1 \end{pmatrix}$

$D_3 = 2(4-1) + 1(-2-1) - 1(1 - (-2)) = 2(3) + 1(-3) - 1(3) = 6 - 3 - 3 = 0$.

Puisque $D_1 > 0$, $D_2 > 0$ et $D_3 = 0$, la matrice Hessienne est semi-définie positive. Cela signifie que le point $(0, 0, 0)$ est un minimum local. En fait, il s'agit d'un minimum global.

Astuce : Pour une fonction de $n$ variables, un point critique $(x_0, \dots, x_n)$ est un minimum local si la matrice Hessienne en ce point est définie positive (tous les mineurs principaux sont strictement positifs). C'est un maximum local si elle est définie négative (les mineurs principaux alternent signe, commençant par un négatif). Si un mineur principal est nul, le critère n'est pas concluant par les seuls mineurs.

Correction :

Le développement de Taylor d'ordre 2 d'une fonction $f(x, y)$ autour d'un point $(x_0, y_0)$ est donné par :

$f(x, y) \approx f(x_0, y_0) + \nabla f(x_0, y_0) \cdot (x-x_0, y-y_0) + \frac{1}{2} (x-x_0, y-y_0) H_f(x_0, y_0) \begin{pmatrix} x-x_0 \\ y-y_0 \end{pmatrix}$

Ici, $(x_0, y_0) = (0, 0)$.

1. Calcul des composantes :

$f(0, 0) = \cos(0) + \sin(0) = 1 + 0 = 1$.

Gradient :

• $\frac{\partial f}{\partial x} = -\sin(x)$. En $(0, 0)$, $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = -\sin(0) = 0$.
• $\frac{\partial f}{\partial y} = \cos(y)$. En $(0, 0)$, $\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = \cos(0) = 1$.

Donc, $\nabla f(0, 0) = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$.

Matrice Hessienne :

• $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = -\cos(x)$. En $(0, 0)$, $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0, 0) = -\cos(0) = -1$.
• $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = -\sin(y)$. En $(0, 0)$, $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0, 0) = -\sin(0) = 0$.
• $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = 0$.
• $\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} = 0$.

La matrice Hessienne en $(0, 0)$ est $H_f(0, 0) = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$.

2. Approximation de Taylor :

Utilisons le développement de Taylor avec $(x_0, y_0) = (0, 0)$ et $(x, y)$ comme variables :

$f(x, y) \approx f(0, 0) + \begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$

$f(x, y) \approx 1 + (0 \cdot x + 1 \cdot y) + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -x \\ 0 \end{pmatrix}$

$f(x, y) \approx 1 + y + \frac{1}{2} (x(-x) + y(0))$

$f(x, y) \approx 1 + y - \frac{1}{2}x^2$.

Cette approximation permet de comprendre le comportement local de la fonction près de $(0,0)$. En fait, $f(0,0)=1$, le gradient donne $y$, et l'Hessien donne le terme quadratique. Le terme $\frac{1}{2}x^2$ montre que localement, la fonction a une forme de "colline" (point selle) car le coefficient est négatif.