Fonctions de plusieurs variables

• Convexité 👉 $\displaystyle f(tx+(1-t)y)\le tf(x)+(1-t)f(y)$ ;
• Faire apparaître les quantités souhaitées.

Si $\displaystyle f$ est convexe alors $\displaystyle f(tx+(1-t)y)\le tf(x)+(1-t)f(y)$ pour tout $\displaystyle x,y\in U$ et $\displaystyle t\in[0,1]$. Ce qu’on peut réécrire $\displaystyle f(y+t(x-y))-f(y) \le t(f(x)-f(y))$. En divisant par $\displaystyle t>0$ et en faisant tendre $\displaystyle t\to0$, on obtient
$\displaystyle d_y f(x-y)\le f(x)-f(y)$, ce qu’on voulait.

Réciproquement, on part de la dernière inégalité et on veut faire apparaître $\displaystyle f(tx+(1-t)y)$. On peut donc avoir l’idée de prendre comme nouveau $\displaystyle x$ le point $\displaystyle z=tx+(1-t)y$. Ecrivons $\displaystyle d_y f(z-y)\le f(z)-f(y)$.
D’où $\displaystyle d_y f(t(x-y))\le f(z)-f(y)$, mais le $\displaystyle f(z)$ n’est pas du bon coté de l’inégalité souhaitée. Essayons donc de prendre un autre point de base pour la différentielle : on remplace alors $\displaystyle y$ par $\displaystyle z$ et on a bien cette fois $\displaystyle f(z)\le ...$ i.e. dans le sens qu’on veut ! On peut prendre naturellement comme couples $\displaystyle (x,z)$ et $\displaystyle (y,z)$, ce qui donne :
$$f(z)+d_z f(x-z) \le f(x)$$ $$f(z)+d_z f(y-z) \le f(y).$$ On a $\displaystyle x-z=x-y-t(x-y)=(1-t)(x-y)$ et $\displaystyle y-z=-t(x-y)$.
On multiplie donc par $\displaystyle t$ la 1ere inégalité et par $\displaystyle (1-t)$ la 2nd, on somme et on a, comme la différentielle est linéaire (on peut sortir le $\displaystyle t$ et $\displaystyle 1-t$), $\displaystyle f(z)\le tf(x)+(1-t)f(y)$.

Il suffit de dériver par rapport à $\displaystyle \lambda$, ce qui donne par composition pour le membre de gauche la somme souhaitée mais avec $\displaystyle \nabla_{\overrightarrow{\lambda r_i}}T$. A droite on obtient $\displaystyle n\lambda^{n-1} T(\overrightarrow{r_1},\cdots,\overrightarrow{r_p})$. Et il suffit de prendre $\displaystyle \lambda=1$ dans l’égalité pour obtenir le résultat voulu.

A venir !

1. a) La fonction $\displaystyle t \rightarrow (x_0+t,y_0+t)$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$, par composition avec la fonction $\displaystyle f$ on en déduit que $\displaystyle g$ est aussi de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$. Pour calculer la dérivée de $\displaystyle g$, on écrit : $\displaystyle g'(t) = \frac{\partial}{\partial t}(x_0+t) \partial_1f(x_0+t,y_0+t) + \frac{\partial}{\partial t}(y_0+t) \partial_2f(x_0+t,y_0+t) = \partial_1f(x_0+t,y_0+t)+\partial_2f(x_0+t,y_0+t) = 0$.
   b) La fonction $\displaystyle g$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$ et de dérivée nulle, elle est donc constante. On peut alors écrire que, pour tous $\displaystyle x,y \in \R^2$, on a :
   $\displaystyle f(x,y) = f(x-y,y-y) = f(x-y,0)$.
   On applique le résultat précédent avec $\displaystyle x_0 = x$, $\displaystyle y_0=y$ et $\displaystyle t=-y$. On a donc bien $\displaystyle f(x,y)=\phi(x-y)$ avec $\displaystyle \phi(z) = f(z,0)$. Cette fonction est bien de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$, car les fonctions $\displaystyle f$ et $\displaystyle z \mapsto (z,0)$ le sont.
2. Il s’agit de trouver une fonction $\displaystyle g$ adaptée au problème. On pose $\displaystyle g(t) := f(x_0+\lambda t,y_0+t)$. Cette fonction est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$ et de dérivée
   $\displaystyle g'(t) = \lambda \partial_1f(x_0+t,y_0+t)+\partial_2f(x_0+t,y_0+t) = 0$,
   elle est donc constante sur $\displaystyle \R$. On en déduit que pour tous $\displaystyle x,y \in \R^2$, on a :
   $\displaystyle f(x,y) = f(x-\lambda y + \lambda y, y-y) = f(x-\lambda y,0)$.
   La fonction $\displaystyle \phi(z) = f(z,0)$, qui est toujours de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$, permet donc de conclure.
3. On imagine qu’un bonne fonction est $\displaystyle t \mapsto h(t) := f(tx_0,ty_0)$, où $\displaystyle x_0,y_0 \in ]0,\infty[ \times ]0,\infty[$ et $\displaystyle t>0$. On vérifie que l’on a bien : $\displaystyle h'(t) = x_0 \partial_1f(t x_0,t y_0)+ y_0\partial_2f(t x_0,t y_0) = 0$.
   Comme $\displaystyle h$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle ]0,\infty[$, elle est constante. On applique ce résultat à $\displaystyle x_0 = x$, $\displaystyle y_0=y$ et $\displaystyle t = \frac{1}{y}$ pour écrire : $\displaystyle f(x,y) = f\left(\frac{x}{y},\frac{y}{y}\right)=f\left(\frac{x}{y},1\right)$. On retrouve le résultat avec $\displaystyle \phi(z)=f(z,1)$.

1.a) La fonction $\displaystyle t \rightarrow (x_0+t,y_0+t)$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$, par composition avec la fonction $\displaystyle f$ on en déduit que $\displaystyle g$ est aussi de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$. Pour calculer la dérivée de $\displaystyle g$, on remarque tout d’abord que la première condition de l’énoncé peut s’écrire :
$$\langle \left(\nabla f\right)(x,y) , \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right) \rangle = \left\langle \left(\begin{array}{c} \partial_1 f(x,y) \\ \partial_2f(x,y) \end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right) \right\rangle = \partial_1f(x,y) + \partial_2f(x,y) = 0.$$
Ici, on peut écrire de façon vectorielle :
$$g(t) = f(x+t,y+t) = f\left(\left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right)+t\left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right)\right).$$
D’après le cours, on a alors :
$$g'(t) = \langle \left(\nabla f\right)(x+t,y+t) , \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right) \rangle,$$
et on a vu plus haut que cette quantité vaut $\displaystyle 0$.

b) La fonction $\displaystyle g$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$ et de dérivée nulle, elle est donc constante. On peut alors écrire que, pour tous ParseError: KaTeX parse error: Undefined control sequence: \RR at position 23: …ystyle x,y \in \̲R̲R̲^2, on a :
$$f(x,y) = g(0) = g(-y) = f(x-y+y,y-y) = f(x-y,0).$$
On a appliqué le résultat précédent avec $\displaystyle t=-y$. On a donc bien $\displaystyle f(x,y)=\phi(x-y)$ avec $\displaystyle \phi(z) = f(z,0)$. Cette fonction est bien de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$, car les fonctions $\displaystyle f$ et $\displaystyle z \mapsto (z,0)$ le sont.

2. On pose, comme suggéré, $\displaystyle g(t) := f(x+\lambda t,y+t)$. Cette fonction est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$ et de dérivée
   $$g'(t) = \left\langle \left(\nabla f\right)(x+\lambda t,y+t) , \left(\begin{array}{c} \lambda \\ 1 \end{array}\right) \right\rangle \\ = \lambda \partial_1f(x+\lambda t, y+t)+\partial_2f(x+\lambda t, y+t) = 0,$$
   d’après la condition de l’énoncé. La fonction $\displaystyle g$ est donc constante sur $\displaystyle \R$. On en d’eduit que pour tous $\displaystyle x,y \in \R^2$, on a :
   $$f(x,y) = g(0) = g(-\lambda y) = f(x-\lambda y + \lambda y, y-y) = f(x-\lambda y,0).$$
   La fonction $\displaystyle \phi(z) = f(z,0)$, qui est toujours de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$, permet donc de répondre à la question.

3. Comme suggéré, on pose $\displaystyle g(t) = f(tx,ty)$. Ici $\displaystyle g$ est définie pour $\displaystyle t>0$, et on a
   $$g'(t) = \left\langle \left(\nabla f\right)(tx,ty) , \left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right) \right\rangle = 0.$$
   On introduit la fonction $\displaystyle \psi(z) = f(z,1)$. Pour $\displaystyle x,y>0$, on a alors :
   $$f(x,y) = g(1) = g(1/y) = f(x/y,y/y) = \psi(x/y),$$
   et on a bien répondu à la question.

1. Si $\displaystyle (x,y)=(0,0)$ on a bien $\displaystyle f(x)f(y)=f(0)f(0)$, il n’y a rien à faire. On suppose maintenant que $\displaystyle (x,y)\neq (0,0)$. Il existe un certain $\displaystyle \theta \in \R$ tel que $\displaystyle \cos(\theta) = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$ et $\displaystyle \sin(\theta) = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ (il suffit de constater que $\displaystyle \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} \in [-1,1]$ et de prendre l’arc cosinus). Pour un tel choix de $\displaystyle \theta$, on a bien $$x \cos(\theta) - y \sin(\theta) = \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}} = 0$$ et $$x \sin(\theta) + y \cos(\theta) = \frac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}+\frac{y^2}{\sqrt{x^2+y^2}} = \sqrt{x^2+y^2},$$ et la propriété de l’énoncé permet de conclure.
2. La fonction $\displaystyle f$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$, donc la fonction $\displaystyle (x,y)\mapsto f(x) f(y)$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R^2$ et on a $$\left( x \frac{\partial}{\partial y}-y \frac{\partial}{\partial x}\right)(f(x)f(y)) = x f(x) f'(y)-yf'(x)f(y).$$ La fonction $\displaystyle (x,y) \mapsto x^2+y^2$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \mathcal{D}$, à image dans $\displaystyle ]0,+\infty[$. Or la fonction $\displaystyle t \mapsto \sqrt{t}$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle ]0,+\infty[$. Par composition, on en déduit que $\displaystyle (x,y) \mapsto f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \mathcal{D}$. Et on a : $$\left( x \frac{\partial}{\partial y}-y \frac{\partial}{\partial x}\right)f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right) = x \frac{2y}{2 \sqrt{x^2+y^2}}- y \frac{2x}{2\sqrt{x^2+y^2}} = 0.$$
3. On déduit des deux questions précédentes que $$\forall (x,y) \in \mathcal{D} \ , \ x f(x) f'(y)-yf'(x)f(y) = f(0) . 0 = 0.$$ Comme on a supposé que $\displaystyle f(x)>0$, on peut écrire l’équation précédente sous la forme $$\forall x \neq 0 \ , \ \forall y \neq 0 \ , \ \frac{f'(x)}{xf(x)} = \frac{f'(y)}{yf(y)}.$$ Autrement dit la fonction $\displaystyle x \mapsto \frac{f'(x)}{xf(x)}$ est constante sur $\displaystyle \R^*$. En notant $\displaystyle \alpha$ cette constante, on obtient bien le résultat demandé, pour $\displaystyle x \neq 0$. Le résultat est vrai pour $\displaystyle x=0$ car on a nécessairement $\displaystyle f'(0)=0$. En effet, on a $\displaystyle 1f(1)f'(0) - 0f'(1)f(0)=0$, et comme $\displaystyle f(1) \neq 0$ on trouve $\displaystyle f'(0)=0$.
4. Comme $\displaystyle f$ est à valeurs dans $\displaystyle \R_+^*$, on peut considérer la fonction $\displaystyle g = \ln \circ f$, qui est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ sur $\displaystyle \R$. On a : $$g'(x) = \frac{f'(x)}{f(x)} = \alpha x.$$ Il existe donc une constante $\displaystyle c \in \R$ telle que $\displaystyle g(x) = \alpha \frac{x^2}{2} + c$ pour tout $\displaystyle x \in \R$. Autrement dit la fonction $\displaystyle f$ est s’écrit sous la forme $$f(x) = C \exp\left(-\frac{\alpha x^2}{2}\right),$$ avec $\displaystyle C = \exp(c) \ge 0$. Si $\displaystyle \alpha \le 0$ alors $\displaystyle f$ n’est pas intégrable sur $\displaystyle \R$, donc ne peut pas satisfaire la propriété supplémentaire. Si $\displaystyle \alpha > 0$, la fonction $\displaystyle f$ est bien intégrable sur $\displaystyle \R$ et on a $$\int_\R f(x) dx = C \int_{-\infty}^\infty \exp\left(-\frac{\alpha x^2}{2}\right) dx = C \sqrt{\frac{2 \pi}{\alpha} }.$$ (la valeur de la dernière intégrale est un résultat classique, et pas trivial, lorsque $\displaystyle \alpha=1$ et on se ramène à ce cas par le changement de variables $\displaystyle z=\sqrt{\alpha}x$. Ainsi, les fonctions $\displaystyle f$ qui satisfont toutes les hypothèses de l’énoncé sont exactement les fonctions s’écrivant sous la forme $$f(x) = \sqrt{\frac{\alpha}{2\pi}} \exp\left(-\frac{\alpha x^2}{2}\right),$$ où $\displaystyle \alpha$ est un paramètre dans $\displaystyle \R_+^*$. Ce sont exactement les densités des lois $\displaystyle \mathcal{N}\left(0,\frac{1}{\alpha} \right)$.

Note : adapté du tout début d’un sujet d’écrit ENS 2013 (ça se complique après !).

Si on ne comprend rien, on peut toujours tenter un dessin dans le cas où $\displaystyle n=1$…

On suppose que la fonction $\displaystyle F$ vérifie la propriété (1). On fixe $\displaystyle u,v \in \R^n$. La fonction $\displaystyle g : [0,1] \rightarrow \R$ définie par $\displaystyle g(t) = F((1-t)u+tv)$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ et on a $$g'(t) = \left\langle \nabla F((1-t)u+tv) , (v-u)\right \rangle.$$ La formule de Taylor-Young à l’ordre $\displaystyle 1$ en $\displaystyle 0$ s’écrit alors $\displaystyle g(t)=g(0)+tg'(0)+o(t)$, ou encore $$F((1-t)u+tv)) = F(u)+t \left\langle \nabla F(u) , (v-u)\right \rangle + o_{t \to 0}(t).$$ Comme $\displaystyle F$ vérifie la propriété (1), on peut écrire $$F(u)+t \left\langle \nabla F(u) , (v-u)\right \rangle + o_{t \to 0}(t) \le (1-t) F(u) + t F(v).$$ En retranchant $\displaystyle F(u)$ de chaque côté et en divisant par $\displaystyle t$, on obtient $$F(v)-F(u) \ge \left\langle \nabla F(u) , (v-u)\right \rangle + o_{t \to 0}(1).$$ En faisant tendre $\displaystyle t$ vers $\displaystyle 0$, on a montré que $\displaystyle F$ vérifie la propriété (2).

Réciproquement, on suppose que $\displaystyle F$ vérifie la propriété (2). On se fixe $\displaystyle x,y \in \R^n$ et $\displaystyle t\in [0,1]$. On pose $\displaystyle z = (1-t) x + t y$. On applique la propriété (2) avec $\displaystyle u=z$ et $\displaystyle v=x$, et donc $\displaystyle v-u = -t(y-x)$ : $$F(x) \ge F(z) - t \left\langle \nabla F(z) , (y-x)\right \rangle.$$ On applique à nouveau la propriété (2) avec $\displaystyle u=z$ et $\displaystyle v=y$, et donc ici $\displaystyle v-u = (1-t)(y-x)$ : $$F(y) \ge F(z) +(1-t) \left\langle \nabla F(z) , (y-x)\right \rangle.$$ On combine ces deux inégalités : $$(1-t)F(x)+tF(y) \ge (1-t+t) F(z) + (-t(1-t)+t(1-t))\left\langle \nabla F(z) , (y-x)\right \rangle.$$ Comme $\displaystyle t+1-t=1$ et $ (-t(1-t)+t(1-t))=0$, on obtient bien $\displaystyle F(z) \le (1-t) F(x)+t F(y)$ comme voulu.

👉 tout va mieux avec un dessin !

Extremum local d’une fonction de plusieurs variables 👉 Condition nécessaire : point critique.
Attentions, ce n’est valable que sur un point intérieur au domaine !

$\displaystyle \bigstar$ $\displaystyle f$ est continue sur $\displaystyle K$, qui est fermé et borné, donc par théorème $\displaystyle f$ est majorée et atteint son maximum sur $\displaystyle K$. Donc $\displaystyle M$ est bien défini.
$\displaystyle \bigstar$ Calculons $\displaystyle M_1=\max_{(x,y)\in\mathrm{Fr}(K)}f(x,y)$.
Puisque $\displaystyle f(x,y)=f(y,x)$ et que $\displaystyle f(x,0)=\frac{x}{1+x^2}\leq f(x,1)=\frac{x+1}{2(1+x^2)}$, on a donc $\displaystyle M_1=\max_{x\in[0;1]}f(x,1)$.
Notons $\displaystyle v(x)=f(x,1)$. Pour $\displaystyle x\in[0;1]$, $\displaystyle v'(x)=\frac{1}{2(1+x^2)^2}\left(-x^2-2x+1\right)$.
Les racines de $\displaystyle -X^2-2X+1$ sont $\displaystyle -1\pm\sqrt 2$, donc $\displaystyle v$ est croissante sur $\displaystyle [0,\sqrt 2-1]$, décroissante sur $\displaystyle [\sqrt 2-1,1]$.
Conclusion $\displaystyle M_1=v(\sqrt 2-1)=\frac{\sqrt 2}{2\left(1+\left(\sqrt 2-1\right)^2\right)}=\frac{1}{4(\sqrt{2}-1)}$.
$\displaystyle \bigstar$ Soit $\displaystyle (x,y)\in\mathring A$ (c’est-à-dire tel que $\displaystyle x\in]0;1[$ et $\displaystyle y\in]0;1[$). $\displaystyle (x,y)$ est un point critique de $\displaystyle f$ ssi :
$$\begin{cases}\frac{1-2xy-x^2}{(1+x^2)^2(1+y^2)}=0\\ \frac{1-2xy-y^2}{(1+x^2)(1+y^2)^2}=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}1-2xy-x^2=0\\1-2xy-y^2=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=y\\1-3x^2=0\end{cases} \Leftrightarrow (x,y)=\left(\frac{1}{\sqrt 3},\frac{1}{\sqrt 3}\right).$$