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differentielle

Posté par
titiii 01-10-13 à 12:35

Salut,
soit l'application f définie sur \mathbb{R}^2 par f(x,y)=\frac{x^3}{3}-2xy+\lambda xy^2 où \lambda est un paramètre réel. Détérminer les points critiques et les extremas de f selon les valeurs de \lambda.
Je commence par les points critiques. Pour ca, on cherche les points (x,y) tels que Df(x,y)=0. Mais voilà, je n'arrive jamais à retenir la formule de Df. Quelqu'un peut m'aider à la retenir facilement et à calculer les points critiques et les extremas? Et merci par avance.

Posté par
kluxre : differentielle 01-10-13 à 12:42

Bonjour,

Calcule les dérivées partielles de f

Posté par
titiiire : differentielle 01-10-13 à 12:47

Voici: \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=x^2-2y+\lambda y^2 et \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=-2x+2\lambda xy. Tu peux me guider comment on arrive aux points critiques et aux extrémas selons les valeurs de \lambda stp

Posté par
kluxre : differentielle 01-10-13 à 12:49

Très bien.

Maintenant, cherche les valeurs de x et y qui annulent simultanément ces deux dérivées partielles.

Posté par
titiiire : differentielle 01-10-13 à 13:18

Il faut dans ce cas, résoudre le système à deux variables :
x^2-2y+\lambda y^2=0 et -2x+2\lambda xy=0. Comment on résout ce genre de système? (il y'a deux variables et un paramètre, c'est compliqué).

Posté par
kluxre : differentielle 01-10-13 à 13:22

Via le seconde équation : 2(\lambda y-1)x=0 i.e. x=0 ou \lambda y-1=0.

Je te laisse continuer.

Posté par
LeDinore : differentielle 01-10-13 à 13:24

C'est très simple : considère lambda comme un nombre constant et tu résous en x et en y.

Pars de la deuxième équation qui est plus simple.
Tu en déduiras deux cas :
    * une condition sur x
    * une condition sur y (en fonction de lambda).

Ensuite vérifies chaque cas dans la première équation.

Posté par
LeDinore : differentielle 01-10-13 à 13:25

Bonjour klux.
Je vous laisse ...

Posté par
titiiire : differentielle 01-10-13 à 13:36

Alors si x=0. On a par la première équation que y(-2+\lambda y)=0. Donc soit y=0, soit -2+\lambda y= 0.
Si \lambda y - 1 = 1. On a par la première équation x^2-2y+\lambda y^2=x^2+y(\lambda y-1)-y=0 qui implique que x^2=y.
Comment conclure?

Posté par
kluxre : differentielle 01-10-13 à 13:36

Bonjour LeDino

Posté par
kluxre : differentielle 01-10-13 à 13:43

Tu as déjà obtenus quelques points critiques :

(0,0) pour tout \lambda \in \mathbb{R}

(0,2/\lambda) si \lambda \neq 0

(1/\sqrt{\lambda},1/\lambda) et (-1/\sqrt{\lambda},1/\lambda) si \lambda > 0

Posté par
titiiire : differentielle 01-10-13 à 13:56

Merci beaucoup! Et je pense que ce sont les seuls points critiques.
Comment déterminer les extrémas?

Posté par
kluxre : differentielle 01-10-13 à 13:57

Oui, ce sont les seuls

As-tu compris comment je les ai trouvés ?

Pour ce qui est des extrema, quelle méthode as-tu vu en cours ? As-tu déjà évoqué le signe des valeurs propres de la matrice hessienne ?

Posté par
titiiire : differentielle 01-10-13 à 15:10

Oui, j'ai compris comment les trouver! J'ai rerédiger la réponse.
Notre enseignant est parti en congé et nous a laissé sans rien sur les extremas. Je ne sais donc pa dutout comment les retrouver.

Posté par
kluxre : differentielle 01-10-13 à 15:13

Sais-tu ce qu'est une valeur propre ?

Tu peux jeter un œil là-dessus et me poser des questions s'il y a quelque chose que tu ne comprends pas : .

Posté par
titiiire : differentielle 01-10-13 à 16:40

une valeur propre est une valeur qui satisfait l'équation algébrique det(A-\beta Id)=0. Tu peux stp me donner une méthode simple et directe pour trouver les extrémas.

Posté par
kluxre : differentielle 01-10-13 à 16:55

Si toutes les valeurs propres de la matrice hessienne sont positives, alors il s'agit d'un minimum.

Si toutes les valeurs propres de la matrice hessienne sont négatives, alors il s'agit d'un maximum.

Posté par
titiiire : differentielle 02-10-13 à 12:19

Puisque f est un polynome de second degré, à deux varables alors il est de classe C^2 et ses dérivées secondes existent. (je ne sais pas si je me suis mal exprimé ici. Merci de m'aider à arranger cette phrase pour justifier l'existence de la matrice hessienne).
La matrice hessienne H(f) est donnée par:
\\ H(f) \\ = \\ \begin{pmatrix} \\ &2x &-2\\ \\ &2 \lambda &-2+2\lambda \\ \end{pmatrix} \\
Les valeurs propres de H(f) sont les réels \beta qui satisfont l'équation algébrique: det(H(f)-\beta Id)=0 ce qui équivalent à -4x+4\lambda x - 2 \beta x + 2 \beta - 2 \beta \lambda + \beta^2 + 4 \lambda = 0.
Comment conclure svp?

Posté par
LeDinore : differentielle 02-10-13 à 12:25

Vérifie la définition que tu as prise pour ta matrice et refais tes calculs...
... parce qu'une hessienne est symétrique ...

Posté par
titiiire : differentielle 02-10-13 à 12:57

Tu as raison, je me suis trompé dans les calculs.
La matrice hessienne est donnée par:
\\ H(f) \\ = \\ \begin{pmatrix} \\ &2x &-2+2\lambda y\\ \\ & -2 + 2 \lambda y & 2 \lambda x \\ \end{pmatrix} \\

\beta est une valeur propre pour H(f) si et seulement si det(H(f)-\beta Id)=0.
ce qui est équivalent à (2x-\beta)(-2 \lambda x - \beta)-(-2+2\lambda y)^2=0 ce qui est équivalent à -4 \lambda x^2 - 2 \beta x + 2 \beta \lambda x + \beta^2 - (-2 + 2 \lambda y)^2=0.
Comment conclure?

Posté par
kluxre : differentielle 02-10-13 à 13:11

Seul le signe des valeurs propres importe ici et tu peux utiliser la trace est le déterminant de la matrice hessienne.

En effet, si on note \mu_1 et \mu_2 les valeurs propres de la matrice hessienne, alors la trace vaut \mu_1+\mu_2 et le déterminant vaut \mu_1\mu_2. Regarde maintenant ce que tu obtiens avec la matrice que tu as déterminée pour chaque point critique.

Posté par
kluxre : differentielle 02-10-13 à 13:11

*la trace et le déterminant

Posté par
titiiire : differentielle 02-10-13 à 15:10

J'ai trouvé des résultats illogiques, meme si je les ai refais plusieurs fois.
tr(H(f))=(1+2\lambda)x et det(H(f))=4\lambda x^2 - (-2+2\lambda y)^2.
au point (0,0): tr(H(f))=0 et det(H(f))=0.
si \lambda \neq 0: au point (0,\frac{2}{\lambda}): tr(H(f))=0 et det(H(f))=4,
si \lambda > 0: au point (\frac{1}{\sqrt{\lambda}},\dfrac{1}{\lambda}): tr(H(f))=(1+2\lambda)\frac{1}{\sqrt{\lambda}} et det(H(f))=4
et au point (-\dfrac{1}{\sqrt{\lambda}},\dfrac{1}{\lambda}): tr(H(f))=(1+2\lambda)(-\frac{1}{\sqrt{\lambda}} et det(H(f))=4.

Posté par
kluxre : differentielle 02-10-13 à 17:14

En (0,0) : Tr(H) = det(H) = 0 donc quel est le signe de ses valeurs propres ?

Posté par
kluxre : differentielle 02-10-13 à 17:18

Tu as fait une erreur et je l'ai recopiée...

En (0,0) : Tr(H) = 0 et det(H) = -4. Conclusion ?

Posté par
titiiire : differentielle 02-10-13 à 17:49

En (0,0): tr(H(f))=0 et det(H(f))=-4, c'est-à-dire \mu_1 + \mu_2 =0 et \mu_1 \mu_2 =-4 ce qui signifie que les valeurs propres sont de signes opposé, et (0,0) n'est donc pas un extrema.
-En (0,\frac{2}{\lambda}): \mu_1+\mu_2=0 et \mu_1 \mu_2 = 4 ce qui n'a aucun sens
-En (\frac{1}{\sqrt{\lambda}): \mu_1+\mu_2>0 et \mu_1\mu_2>0 ce qui signifie que \mu_1 et \mu_2 sont tous les deux de signe positif, donc le point (\frac{1}{\sqrt{\lambda},\frac{1}{\lambda}) est un minimum.
-En (-\frac{1}{\sqrt{\lambda},\frac{1}{\lambda}): même cas que le précédent, c'est un point minimum.

Pour le cas qui n'a pas de sens, on fait quoi?

Posté par
kluxre : differentielle 02-10-13 à 17:52

Premier tiret : ok.

Deuxième tiret : le déterminant vaut -4 et non 4...

Troisième tiret : ok.

Quatrième tiret : non, ce n'est pas le même cas. Les déterminants sont les mêmes, mais les traces sont opposées.

Posté par
titiiire : differentielle 02-10-13 à 21:19

Merci beaucoup! c'est bien compris.

Posté par
kluxre : differentielle 02-10-13 à 21:23

Du coup : point selle en (0,0) et en (0,2/). Minimum en (1/,1/) et maximum en (-1/,1/). On est d'accord ?

Posté par
titiiire : differentielle 02-10-13 à 23:53

Qu'est ce qu'on veut dire par point selle?

Posté par
titiiire : differentielle 03-10-13 à 00:40

Dans le même genre d'exercice, j'ai essayé d'appliquer ce que j'ai appris mais j'ai encore des difficultés.
énoncé: Soit la fonction définie sur \mathbb{R}^2 par f(x,y)=\alpha x^2+\beta y^2 où \alpha et \beta sont des paramètres réels vérifiant la relation \alpha^2 + \beta^2 \neq 0. Déterminer les points critiques et les extrema de f suivant les valeurs de \alpha et \beta.

-Les points critiques sont les couples (x,y) qui annullent \frac{\partial f}{\partial x} et \frac{\partial f}{\partial y} en meme temps. i.e., \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0.
\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2 \alpha x et \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2 \beta y
on a: \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=0 équivalent à x=0 ou \alpha = 0
et
  \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0 équivalent à y=0 ou \beta = 0.
Mais \alpha et \beta ne peuvent pas s'annuler en même temps.
Les points critiques sont donc: (0,0) et (x,0) et (0,y) où x\in \mathbb{R}^* et y\in \mathbb{R}^*.

-Déterminer les extrema. La matrice Hessienne est:
\\ \begin{pmatrix} \\ &2\alpha &0\\ \\ &0 &2\beta \\ \end{pmatrix} \\
Donc th(H(f))=2 \alpha + 2 \beta et det(H(f))=4\alpha \beta.
C'est ici que j'ai des difficultés. Comment déterminer les extremas?

Posté par
LeDinore : differentielle 03-10-13 à 01:08

Tu n'as pas besoin de la trace et du déterminant ici .
Cette astuce est pratique pour trouver les valeurs propres quand on ne les connait pas...

Mais ici la matrice hessienne est déjà diagonale !
Donc tu connais les valeurs propres : ce sont 2alpha et 2beta.
Donc tu peux conclure facilement...

Posté par
kluxre : differentielle 03-10-13 à 13:14

Pour une fonction f : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}, un point critique est soit un maximum, soit un minimum, soit un point selle (en référence à une selle de cheval) aussi appelé point col (en référence à un col de montagne.

Voir l'illustration ci-dessous.

differentielle

Posté par
titiiire : differentielle 03-10-13 à 16:08

Les valeurs propres sont 2 \alpha et 2 \beta.
1- Si \alpha > 0 et \beta > 0: les valeurs propres sont du meme signe (positif) et donc tous les points critiques sont des minimum.
2- Si \alpha < 0 et \beta < 0: les valeurs propres sont du meme signe (négatif) et donc tous les points critiques sont des maxima.
3- Si \alpha > 0 et \beta < 0 (ou si \alpha < 0 et \beta > 0) qu'est ce qu'on dit?

Ce sont tous les points critiques qui sont des minima ou maxima dans 1 et 2?

Posté par
LeDinore : differentielle 03-10-13 à 18:46

f(x,y) = z = \alpha x^2 + \beta y^2

\boxed { Cas :  \alpha = 0 ,  \beta = 0   \implies  z = 0  }

Ce cas, interdit par l'énoncé, correspond simplement à la fonction nulle, qui est constante.
L'équation z = f(x;y) est celle du plan horizontal passant par O.

\boxed { Cas :  \alpha \ne 0 ,  \beta = 0   \implies  z = \alpha x^2  }

Ce cas correspond à un cylindre parabolique d'axe (Oy).
La droite d'équation x=0 est son extremum.
Il s'agit d'un maximum si  \alpha < 0  et d'un minimum si  \alpha > 0

differentielle

\boxed { Cas :  \alpha \ne 0 ,  \beta \ne 0   \implies  z = \alpha x^2 + \beta y^2  }  

Grad(z) = \begin {pmatrix} 2\alpha x \\ 2\beta y \end{pmatrix}      H(z) = \begin {pmatrix} 2\alpha  &0 \\ 0  &2\beta \end{pmatrix}

differentielle

Posté par
LeDinore : differentielle 03-10-13 à 18:48

NB : dans le cas général, ou alpha et beta non nuls, seul le point O est critique...

Posté par
titiiire : differentielle 03-10-13 à 19:04

Je ne comprend pas le dernier cas. Comment on fait au stylo? (c'est-à-dire raisonnement mathématiques)?

Posté par
LeDinore : differentielle 03-10-13 à 19:24

Pour mieux "visualiser" ce qui se passe en 3D...

Le gradient nul, comme tu l'as bien compris, t'indique les points critiques (d'une fonction dérivable).
L'idée c'est que si le gradient n'est pas nul, il y a au moins un axe sur lequel la fonction est croissante ou décroissante et donc ne peut être à un extremum. Donc le gradient nul est une condition nécessaire pour avoir un extrémum.

Lorsque le gradient est nul, ce qui revient à dire que le plan tangent est "horizontal", tu sais que tu as un "point critique", qui peut être :
- un minimum,
- un maximum,
- un "col" (comme un col de montagne), appelé aussi "point selle" (à cause de la forme d'une selle de cheval).

Pour distinguer ces trois cas, il faut s'intéresser à la façon dont le gradient va "bouger" au voisinage du point critique. On sait qu'il est nul sur l'extremum... Mais quelle orientation va-t-il prendre si on se déplace sur l'axe des x ? Et idem sur l'axe des y ?

Pour répondre à ça, on calcule alors la "dérivée" du gradient... qui est la matrice Hessienne.

Dans le cas le plus simple, comme celui de  \alpha x^2 + \beta y^2,  la Hessienne est diagonale et on peut facilement conclure car on a directement les deux valeurs propres.

Si elles sont toutes deux positives, cela veut dire que le gradient, qui est nul sur le point critique, va augmenter (et donc devenir positif, et donc z croissant...) lorsqu'on va progresser sur l'axe des x, et idem sur l'axe des y. Dans ce cas le point est un minimum.

Si elles sont toutes deux négatives, on a pour des raisons symétriques un maximum.

Et si elles sont de signes contraires, alors le gradient augmentera selon un axe et diminuera selon l'autre... donnant un "col".

Dans le cas plus général, ou la Hessienne n'est pas diagonale... on la diagonalise (ce qui est possible car elle est symétrique). Ce faisant, on réalise un changement de repère en faisant pivoter les axes x et y autour de l'axe z (inchangé), pour obtenir de nouveaux axes x' et y' ayant le bon goût de nous offrir une Hessienne diagonale. Et on peut alors conclure de la même manière que précédemment.

La discussion sur le signe est facilité car le déterminant donne le produit des valeurs propres.
Pour une Hessienne de la forme générale :   H = \begin {pmatrix} a  &c \\ c  &b \end{pmatrix}
... il suffit que  ab > c^2  pour qu'on ait un extrémum.
Dans ce cas, le signe de a (qui est le même que celui de b) donne de suite le signe des valeurs propres et donc le type d'extrémum.

Posté par
LeDinore : differentielle 03-10-13 à 19:28

Citation :
Je ne comprend pas le dernier cas. Comment on fait au stylo? (c'est-à-dire raisonnement mathématiques) ?
Dans le cas alpha et beta tous les deux non nuls, tu connais le ou les points critiques non ?
Donc tu peux calculer H.
Qui ici est "sagement" diagonale...

... Et donc tu connais les valeurs propres.
Et donc tu appliques le cours, ou tu refais le raisonnement expliqué dans mon post précédent, ou tu observes ce qui se passe graphiquement dans le post précédent le précédent...

... et tu conclues !

Posté par
LeDinore : differentielle 03-10-13 à 19:30

Et relis également le post de 18h48 !

Posté par
titiiire : differentielle 05-10-13 à 00:51

Par exemple, dans le cas où \alpha > 0 et \beta > 0 les deux valeurs propres sont strictement positives, donc TOUS les points critiques de f sont des minimum,

dans le cas où \alpha < 0 et \beta < 0 les deux valeurs propres sont strictement négatives, donc TOUS les points critiques de f sont des maximum,

dans le cas où \alpha et \beta sont de signes différents, les deux valeurs propres sont elles aussi de signes différents, donc TOUS les points critiques de f sont des points selle.

C'est ok?

Posté par
LeDinore : differentielle 05-10-13 à 00:58

C'est pas terrible comme réponse titii...
Tu récites le cours, mais tu perds de vue l'essentiel.
D'après toi pourquoi ai-je pris soin de détailler chaque cas et de bien préciser les points critiques concernés ?

Qu'entends-tu exactement par "TOUS LES POINTS CRITIQUES de f" ?
Explicite ces points critiques, et je pourrai te dire si c'est "OK"...

Posté par
LeDinore : differentielle 05-10-13 à 01:00

Si tu sèches... relis le post de 18h48...


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