Problèmes d'extremum

A venir !

2. Extrema 👉 Condition nécessaire : les dérivées partielles s’annulent.

1. La fonction est continue sur $\displaystyle [0,1]\times[0,1]-\{(1,1)\}$ comme produit et quotient de fonctions continues. Il faut étudier la continuité en $\displaystyle (1,1)$. On pose donc $\displaystyle x=1-a$ et $\displaystyle y=1-b$ avec $\displaystyle a,b\in[0,1]$. En utilisant $\displaystyle 1-(1-a)(1-b)=a+b-ab$, on obtient
   $$f(x,y)=\frac{(1-a)(1-b)ab}{a+b-ab}.$$
   On remarque que $\displaystyle ab\le b$ car $\displaystyle a\in[0,1]$, donc $\displaystyle a\le a+b-ab$, d’où $\displaystyle ab\le b(a+b-ab)$. Ainsi $\displaystyle |f(x,y)-f(1,1)|\le b=1-y$. On en déduit que $$\lim_{(x,y)\to(1,1)}f(x,y)=f(1,1)=0,$$ ce qui permet de conclure que la fonction est continue sur $\displaystyle [0,1]\times[0,1]$.

2. La fonction $\displaystyle f$ est symétrique en $\displaystyle x,y$. Calculons $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{y(1-y)(1-2x)(1-xy)-(-y)xy(1-x)(1-y)}{(1-xy)^2}.$$ On cherche des points cirtiques sur l’ouvert $\displaystyle ]0,1[\times ]0,1[$, i.e. des solutions à $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=0$ et $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0$. On a $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=0$ $\displaystyle \iff$ $\displaystyle (1-2x)(1-xy)+xy(1-x)=0$ $\displaystyle \iff$ $\displaystyle 1-xy-2x+2x^2y+xy-x^2y=0$ $\displaystyle \iff$ $\displaystyle 1-2x+x^2y=0$. Et donc $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0$ $\displaystyle \iff$ $\displaystyle 1-2y+y^2x=0$. En écrivant $\displaystyle y-2xy+x^2y^2=0$ et $\displaystyle x-2xy+x^2y^2=0$, on obtient $\displaystyle x=y$, d’où $\displaystyle 1-2x+x^3=0$. Comme $\displaystyle 1$ est une racine évidente, on a $\displaystyle 1-2x+x^3=(x-1)(x^2+x-1)$. Donc les racines sont $\displaystyle 1$, $\displaystyle \frac{-1+\sqrt{5}}{2}\simeq 0,68$ et $\displaystyle \frac{-1-\sqrt{5}}{2}$.
   La seule racine admissible est alors $\displaystyle z=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.
   Remarquons pour finir que la fonction $\displaystyle f$ est positive sur le carré $\displaystyle [0,1]\times[0,1]$, qu’elle atteint son minimum sur les bords du carré. Comme elle continue sur le carré qui est un compact, elle y atteint donc aussi son maximum, en un point qui est nécessairement à l’intérieur du carré. Ce point est parmi les points critiques, et ne peut donc être que $\displaystyle (z,z)$.
   On a $\displaystyle f(z,z)= \frac{z^2(1-z)^2}{1-z^2}=\frac{z^2(1-z)}{1+z}=\frac{(1-z)^2}{1+z}=\frac12\frac{(3-\sqrt{5})^2}{1+\sqrt{5}}$.

2. Utiliser la formule de Green-Riemann ;
3. Utiliser la formule de changement de variable ;
4. Utiliser la formule de la moyenne.

1. La fonction $\displaystyle f$ et ses dérivées partielles sont bornées et continues sur $\displaystyle D$, donc $\displaystyle f$ est de classe $\displaystyle C^1$ et on peut appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégrale : $$F'(r)=\int_0^{2\pi} \left(\frac{\partial f}{\partial x}(r \cos\theta, r \sin \theta)\cos \theta + \frac{\partial f}{\partial y}(r \cos\theta, r \sin \theta)\sin \theta\right) d\theta.$$ On pose $\displaystyle x=r\cos\theta$ et $\displaystyle y=r\sin\theta$. Sur le cercle de $\displaystyle 0$ et de rayon $\displaystyle r$, on a l’expression suivante des formes différentielles : $\displaystyle dx=-r\sin\theta\ d \theta$ et $\displaystyle dy=r\cos\theta\ d \theta$. Ainsi on peut écrire, en remplaçant dans l’intégrale ci-dessus et par définition de l’intégration de formes différentielles sur un contour : $$rF'(r)=\oint_{\partial D(0,r)} \frac{\partial f}{\partial x}dy - \frac{\partial f}{\partial y}dx.$$
2. La formule de Green-Riemann nous donne alors : $$rF'(r)=\iint_{D(0,r)} \left(\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}+ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\right)dxdy.$$ Comme $\displaystyle f$ est harmonique sur $\displaystyle D$ par définition, il vient $\displaystyle rF'(r)=0$, i.e. $$F(r)=F(0)=2\pi f(0),$$en prolongeant $\displaystyle F$ par continuité en $\displaystyle 0$.
3. On a par la formule de changement de variables en polaire $\displaystyle dxdy=rdrd\theta$,
   $$\begin{aligned} \int_0^\beta rF(r)dr&=\int_0^\beta\int_0^{2\pi}f(r \cos\theta, r \sin \theta)rdr d\theta \\ &=\iint_D f(x,y)dxdy. \end{aligned}$$ Mais $\displaystyle \int_0^\beta rF(r)dr=2\pi f(0)\int_0^\beta rdr=\pi\beta^2 f(0)$, ce qui permet d’obtenir la formule de la moyenne.
4. Supposons que $\displaystyle f$ atteint son maximum en $\displaystyle P=(x_0,y_0)$ dans $\displaystyle U$ et que $\displaystyle f$ n’est pas constante dans un voisinage $\displaystyle D(P,\beta)\subset U$. On a alors $$\frac{1}{\pi \beta^2}\iint_{D(P,\beta)} |f(x,y)|dxdy<\frac{1}{\pi \beta^2}\iint_{D(P,\beta)}|f(P)|dxdy=|f(P)|.$$ L’inégalité est stricte car $\displaystyle f$ est continue (on peut e.g. appliquer cet exercice à la fonction positive $\displaystyle |f(P)|-|f(x,y)|$). La formule de la moyenne appliquée en $\displaystyle P$ donne $$|f(P)|\le\frac{1}{\pi \beta^2}\iint_{D(P,\beta)} |f(x,y)|dxdy,$$ ce qui contredit l’inégalité stricte précédente. Donc $\displaystyle f$ est constante.

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 :
$$\begin{cases}\frac{1-2xy-x^2}{(1+x^2)^2(1+y^2)}=0\\ \frac{1-2xy-y^2}{(1+x^2)(1+y^2)^2}=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}1-2xy-x^2=0\\1-2xy-y^2=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=y\\1-3x^2=0\end{cases} \Leftrightarrow (x,y)=\left(\frac{1}{\sqrt 3},\frac{1}{\sqrt 3}\right).$$

Conclusion Le seul point critique dans $\displaystyle \mathring A$ est $\displaystyle \left(\frac{1}{\sqrt 3},\frac{1}{\sqrt 3}\right)$.
Notons $\displaystyle M_2=f\left(\frac{1}{\sqrt 3},\frac{1}{\sqrt 3}\right)=\frac{3\sqrt 3}{8}$.
$\displaystyle \bigstar$ Si $\displaystyle f$ atteint son maximum en un point $\displaystyle (x_0,y_0)$ alors $\displaystyle (x_0,y_0)$ est soit sur la frontière de $\displaystyle K$, soit un point critique de $\displaystyle f$. Ainsi $\displaystyle M=\max(M_1,M_2)$.
Or on vérifie que $\displaystyle M_2>M_1~~^{(\star)}$ donc $\displaystyle M=M_2$.

$\displaystyle (\star)$ Ca ne saute pas aux yeux car ces deux réels sont proches. Un matheux allergique à la calculatrice aura besoin d’un petit calcul :
$$\begin{aligned} \frac{3\sqrt 3}{8}>\frac{1}{4(\sqrt 2-1)} &\Leftrightarrow 3\sqrt 3(\sqrt 2-1)>2\\ &\Leftrightarrow 27(3-2\sqrt 2)>4\\ &\Leftrightarrow\sqrt 2<\frac{77}{54}\\ &\Leftrightarrow2<\frac{5929}{2916}\qquad\text{(inégalité vraie)} \end{aligned}$$