Niveau : supérieur, du facile au difficile. Durée estimée : 1 h 30. 10 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
Pour trouver les extremums locaux d'une fonction $f$ de deux variables, cherche d'abord ses points critiques, où le gradient $\nabla f$ (le vecteur des dérivées partielles) s'annule. En chacun, calcule la matrice hessienne $H_f$, celle des dérivées partielles secondes : son déterminant et sa trace décident. Exemple : pour $f(x,y) = x^2 + xy + y^2 - 3x$, on a $\nabla f(x,y) = (2x + y - 3,\ x + 2y)$, nul seulement en $(2, -1)$ ; là, $H_f = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ a pour déterminant $3 > 0$ et pour trace $4 > 0$, donc $f$ y a un minimum local strict, égal à $-3$.
Une dérivée partielle, comme $\frac{\partial f}{\partial x}$, s'obtient en dérivant par rapport à $x$, l'autre variable restant fixe. Si $f$ est de classe $C^2$ (dérivées partielles secondes continues), le théorème de Schwarz donne $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}$ : la hessienne est symétrique. Ces outils forment la partie « Calcul différentiel et optimisation » du programme officiel de mathématiques de MP, en vigueur depuis la rentrée 2022.
Formules à retenir :
- Dérivée selon un vecteur unitaire $u$ : $D_u f(a) = \langle \nabla f(a), u \rangle$, maximale quand $u$ a le sens de $\nabla f(a)$ ; elle vaut alors $\|\nabla f(a)\|$.
- Hessienne : $H_f(a) = \begin{pmatrix} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(a) & \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}(a) \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}(a) & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(a) \end{pmatrix}$.
- Taylor-Young à l'ordre 2 : $f(a+h) = f(a) + \langle \nabla f(a), h \rangle + \frac{1}{2} h^{\top} H_f(a)\, h + o(\|h\|^2)$.
- En un point critique $a$, avec deux variables : $\det H_f(a) > 0$ et $\operatorname{tr} H_f(a) > 0$, minimum local strict ; $\det H_f(a) > 0$ et $\operatorname{tr} H_f(a) < 0$, maximum local strict ; $\det H_f(a) < 0$, point col (ou point selle) : ni minimum ni maximum, $f$ monte dans une direction et descend dans une autre ; $\det H_f(a) = 0$, on ne conclut pas.
- Avec $n$ variables, on lit les valeurs propres de $H_f(a)$ : toutes $> 0$, minimum local strict ; toutes $< 0$, maximum local strict ; une $> 0$ et une $< 0$, ni l'un ni l'autre ; sinon, on ne conclut pas.
Piège classique : les signes de $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}$ et de $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}$ ne suffisent pas, c'est le déterminant de la hessienne qui tranche d'abord. S'il est nul, la hessienne ne dit rien : compare directement $f(a+h)$ et $f(a)$. Et ce critère ne vaut qu'en un point critique, pour un extremum local.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : Soit $f(x,y) = x^2y + 3xy^2$. Calcule $\frac{\partial f}{\partial x}$ et $\frac{\partial f}{\partial y}$, puis le gradient $\nabla f(1, 2)$.
Correction :
On dérive par rapport à une variable en traitant l'autre comme une constante : $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = 2xy + 3y^2$ et $\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = x^2 + 6xy$.
En $(1, 2)$ : $2 \times 1 \times 2 + 3 \times 2^2 = 16$ et $1^2 + 6 \times 1 \times 2 = 13$, d'où $\nabla f(1, 2) = (16, 13)$.
Erreur à éviter : dériver $3xy^2$ en $6xy$ par rapport à $x$ ; c'est sa dérivée par rapport à $y$.
Exercice 2 : Soit $f(x,y) = x^3 - 3xy + y^3$. Calcule $\nabla f(x,y)$, puis détermine tous les points critiques de $f$.
Correction :
On annule les deux dérivées partielles en même temps : $\nabla f(x,y) = (3x^2 - 3y,\ 3y^2 - 3x)$, d'où $y = x^2$ et $x = y^2$.
En remplaçant, $x = x^4$, soit $x(x^3 - 1) = 0$ : $x = 0$ ou $x = 1$, seule racine réelle de $x^3 = 1$.
Les points critiques sont $(0, 0)$ et $(1, 1)$.
Erreur à éviter : diviser $x = x^4$ par $x$, ce qui fait perdre la solution $x = 0$.
Exercice 3 : La température d'une plaque, en °C, vaut $T(x,y) = 50 - x^2 - 2y^2$ au point $(x, y)$, avec $x$ et $y$ en cm (modèle fictif). Une fourmi est en $(1, 1)$. Dans quelle direction doit-elle partir pour se réchauffer le plus vite, et à quel taux, en °C/cm ?
Correction :
La température croît le plus vite dans le sens du gradient, et ce taux maximal est la norme du gradient.
$\nabla T(x,y) = (-2x, -4y)$, donc $\nabla T(1,1) = (-2, -4)$, de norme $\sqrt{4 + 16} = 2\sqrt{5}$.
La fourmi part selon le vecteur unitaire $u =\frac{1}{\sqrt{5}}(-1, -2)$, avec un taux de $2\sqrt{5} \approx 4{,}47$ °C/cm.
Elle ne part donc pas tout droit vers le point le plus chaud, $(0, 0)$.
Exercices : niveau moyen
Exercice 4 : Soit $f(x,y) = e^{x+y} \sin x$. Calcule $\nabla f(x,y)$, puis la matrice hessienne $H_f(x,y)$, en vérifiant que $\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}$.
Correction :
On dérive le produit, sachant que $e^{x+y}$ se dérive en lui-même par rapport à $x$ comme à $y$ : $\frac{\partial f}{\partial x} = e^{x+y}(\sin x + \cos x)$ et $\frac{\partial f}{\partial y} = e^{x+y} \sin x$.
Ensuite, $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = e^{x+y}(\sin x + \cos x) + e^{x+y}(\cos x - \sin x) = 2e^{x+y}\cos x$ et $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = e^{x+y} \sin x$. En dérivant $\frac{\partial f}{\partial x}$ par rapport à $y$, ou $\frac{\partial f}{\partial y}$ par rapport à $x$, on trouve $e^{x+y}(\sin x + \cos x)$ dans les deux cas, comme l'annonce le théorème de Schwarz.
D'où $H_f(x,y) = e^{x+y} \begin{pmatrix} 2\cos x & \sin x + \cos x \\ \sin x + \cos x & \sin x \end{pmatrix}$.
Exercice 5 : On reprend $f(x,y) = x^3 - 3xy + y^3$, dont les points critiques sont $(0, 0)$ et $(1, 1)$ (exercice 2). Détermine la nature de chacun, puis dis si les extremums trouvés sont globaux.
Correction :
On calcule le déterminant et la trace de la hessienne $H_f(x,y) = \begin{pmatrix} 6x & -3 \\ -3 & 6y \end{pmatrix}$ en chaque point critique.
En $(0, 0)$ : $\det H_f(0,0) = -9 < 0$, point col. En $(1, 1)$ : $\det H_f(1,1) = 36 - 9 = 27 > 0$ et $\operatorname{tr} H_f(1,1) = 12 > 0$, minimum local strict, de valeur $f(1,1) = -1$.
Ce minimum n'est pas global : $f(-2, 0) = -8 < -1$.
$(0, 0)$ : point col ; $(1, 1)$ : minimum local strict, égal à $-1$, non global.
Exercice 6 : Soit $f(x,y) = x^2 + 3xy + y^2$. Un étudiant écrit : « $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 2 > 0$ et $\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 2 > 0$, donc $(0, 0)$ est un minimum. » Vérifie que $(0, 0)$ est le seul point critique, puis dis si l'étudiant a raison, en justifiant.
Correction :
C'est le déterminant de la hessienne qui décide, pas les seuls termes diagonaux.
$\nabla f(x,y) = (2x + 3y,\ 3x + 2y)$ : ce système linéaire, de déterminant $4 - 9 = -5 \neq 0$, n'a que la solution $(0, 0)$.
$H_f = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}$ a pour déterminant $-5 < 0$ : point col. On le vérifie : $f(t, 0) = t^2 > 0$, mais $f(t, -t) = -t^2 < 0$ pour $t \neq 0$.
L'étudiant a tort : $(0, 0)$ est un point col.
Exercice 7 : Soit $f(x,y) = \cos x + \sin y$. Écris le développement de Taylor-Young de $f$ à l'ordre 2 en $(0, 0)$, puis déduis-en une valeur approchée de $f(0{,}1\,;\,0{,}2)$ et compare-la à celle de la calculatrice.
Correction :
On évalue $f$, son gradient et sa hessienne en $(0, 0)$, puis on les place dans la formule.
$f(0,0) = 1$ ; $\nabla f(x,y) = (-\sin x,\ \cos y)$ donne $\nabla f(0,0) = (0, 1)$ ; $H_f(x,y) = \begin{pmatrix} -\cos x & 0 \\ 0 & -\sin y \end{pmatrix}$ donne $H_f(0,0) = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$.
D'où $f(h,k) = 1 + k - \frac{h^2}{2} + o(h^2 + k^2)$. Avec $h = 0{,}1$ et $k = 0{,}2$ : $f(0{,}1\,;\,0{,}2) \approx 1 + 0{,}2 - 0{,}005 = 1{,}195$, contre $1{,}1937$ à la calculatrice.
Attention : $\nabla f(0,0) \neq 0$, donc $(0, 0)$ n'est pas un point critique : $f$ n'y a pas d'extremum.
Exercices : niveau difficile
Exercice 8 : Soit $f(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - xy - xz - yz$. Détermine tous les points critiques de $f$, puis les valeurs propres de sa hessienne. Permettent-elles de conclure ? Donne enfin la nature des points critiques ; pour cela, développe $(x-y)^2 + (y-z)^2 + (x-z)^2$.
Correction :
On résout $\nabla f = 0$ sans supposer la solution unique, puis on lit le signe des valeurs propres.
$\nabla f = (2x - y - z,\ 2y - x - z,\ 2z - x - y)$. La différence des deux premières équations de $\nabla f = 0$ donne $3(x - y) = 0$, puis la première donne $z = x$. Réciproquement, tout point $(t, t, t)$ annule le gradient : les points critiques forment la droite $x = y = z$.
La hessienne vaut $\begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}$ partout. Elle envoie $(1, 1, 1)$ sur le vecteur nul et multiplie par $3$ tout vecteur orthogonal à $(1, 1, 1)$ : valeurs propres $0$, $3$, $3$. Une valeur propre est nulle, aucune n'est négative : on ne peut pas conclure.
En développant, $f(x,y,z) = \frac{1}{2}\left[(x-y)^2 + (y-z)^2 + (x-z)^2\right] \geq 0 = f(t,t,t)$.
Les points critiques sont les $(t, t, t)$, $t \in \mathbb{R}$ : chacun est un minimum global, non strict, égal à $0$.
Erreur à éviter : croire $(0, 0, 0)$ seul point critique parce que le système est homogène ; son déterminant est nul ici.
Exercice 9 : Trois mesures donnent les points $(0, 1)$, $(1, 2)$ et $(2, 4)$ (données fictives). On cherche la droite $y = ax + b$ qui minimise la somme des carrés des écarts $S(a,b) = (1 - b)^2 + (2 - a - b)^2 + (4 - 2a - b)^2$. Trouve le point critique de $S$, puis justifie que c'est un minimum global.
Correction :
On annule le gradient, puis on utilise le fait que $S$ est un polynôme de degré 2.
$\frac{\partial S}{\partial a} = -2(2 - a - b) - 4(4 - 2a - b) = 10a + 6b - 20$ et $\frac{\partial S}{\partial b} = -2(1 - b) - 2(2 - a - b) - 2(4 - 2a - b) = 6a + 6b - 14$. Le système $10a + 6b = 20$, $6a + 6b = 14$ donne $4a = 6$, soit $a = \frac{3}{2}$, puis $b = \frac{5}{6}$.
La hessienne $H_S = \begin{pmatrix} 10 & 6 \\ 6 & 6 \end{pmatrix}$ est constante, de déterminant $24 > 0$ et de trace $16 > 0$. Pour un polynôme de degré 2, la formule de Taylor est exacte : avec $p = \left(\frac{3}{2}, \frac{5}{6}\right)$, $S(p + h) = S(p) + \frac{1}{2} h^{\top} H_S\, h > S(p)$ pour tout $h \neq 0$.
Minimum global strict en $a = \frac{3}{2}$, $b = \frac{5}{6}$ : la droite est $y = \frac{3}{2}x + \frac{5}{6}$.
Exercice 10 : Soit $f(x,y) = x^2 + y^2 - xy$ sur le disque fermé $D = \{(x,y) : x^2 + y^2 \leq 1\}$. Justifie que $f$ admet un minimum et un maximum sur $D$, puis détermine-les, avec les points où ils sont atteints.
Correction :
$f$ est continue sur $D$, qui est fermé et borné, donc elle y atteint ses bornes ; on compare les points critiques intérieurs et le bord.
Intérieur : $\nabla f(x,y) = (2x - y,\ 2y - x)$ ne s'annule qu'en $(0, 0)$, où $f$ vaut $0$.
Bord : avec $x = \cos\theta$ et $y = \sin\theta$, $f = 1 - \cos\theta\sin\theta = 1 - \frac{1}{2}\sin(2\theta)$, qui varie de $\frac{1}{2}$ à $\frac{3}{2}$ ; la valeur $\frac{3}{2}$ est atteinte pour $\sin(2\theta) = -1$, soit $\theta = \frac{3\pi}{4}$ ou $\theta = \frac{7\pi}{4}$.
Minimum $0$ en $(0, 0)$ ; maximum $\frac{3}{2}$ en $\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ et $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$.
Erreur à éviter : chercher le maximum parmi les seuls points critiques ; il est sur le bord, où le gradient ne s'annule pas.
Bilan et conseils
Ce qu'il faut retenir : en un point intérieur, un extremum local est un point critique, mais un point critique n'est pas toujours un extremum. En un point critique, regarde d'abord le déterminant de la hessienne ; s'il est nul, étudie $f$ directement. Sur un domaine fermé et borné, examine aussi le bord.
Avant un contrôle, refais les exercices 6, 8 et 10 sans la correction : chacun tend un piège différent.
Sources
- Programme de mathématiques des classes préparatoires MP et MPI (ministère de l'Enseignement supérieur, 2021), partie « Calcul différentiel et optimisation ».
- Arrêté du 13 juillet 2021 (Légifrance) : ce programme s'applique en seconde année de MP à compter de la rentrée 2022-2023.