Prépas 2006 - maths E sujet corrigé - EDHEC Grande Ecole

⎧4x+ 2y− 1=
0
⎨
. On en déduit que :
⎩ 6y
− 1=
0
La fonction f admet un seul point critique : ( 1 6 , 1 6 ).
2) a) Les dérivées partielles secondes de f sont :
f
″
x
2 (x, y) = 4.
f
″
xy (x, y) = 2.
f
″
yx (x, y) = 2.
f
″
y
2 (x, y) = 4.
b) Avec les notations de Monge, on a : r = 4, s = 2 et t = 4.
On en déduit que r t – s 2 = 12 > 0 donc f admet un extremum local en ( 1 6 , 1 6 ).
Comme de plus, r > 0, cet extremum est un minimum local.
Ce minimum vaut f ( 1 6 , 1 6 ) = 2 36 + 2 36 + 2 36 – 1 6 – 1 6 = – 1 6 .
En conclusion :
f admet un minimum local au point ( 1 6 , 1 6 ) et ce minimum est m = – 1 6 .
3) a) 2 (x + y 2 – 1 4 ) 2 + 3 2 (y – 1
6 ) 2 = 2 (x 2 + y 2
4 + 1
16 + x y – x 2 – y 4 ) + 3 2 (y 2 + 1 36 – y 3 ).
Après réduction, on trouve : 2 (x + y 2 – 1 4 ) 2 + 3 2 (y – 1
6 ) 2 = 2 x 2 + 2 y 2 + 2x y – x – y + 1 6 .
Et enfin :
2 (x + y 2 – 1 4 ) 2 + 3 2 (y – 1
6 ) 2 = f (x, y) + 1 6 .
b) Pour tout (x, y) de IR 2 , 2 (x + y 2 – 1 4 ) 2 + 3 2 (y – 1
6 ) 2 ≥ 0 (somme de deux nombres
positifs), ce qui s’écrit d’après la question précédente : ∀(x, y)∈IR 2 , f (x, y) + 1 6 ≥ 0.
On a donc : ∀(x, y)∈IR 2 , f (x, y) + ≥ – 1 6 .
Ceci prouve que :
– 1 6 est le minimum global de f sur IR2 .
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