14.7 : Problèmes maxima/minima

Objectifs d'apprentissage

• Utilisez des dérivées partielles pour localiser les points critiques pour une fonction de deux variables.
• Appliquez un second test dérivé pour identifier un point critique comme un maximum local, un minimum local ou un point de selle pour une fonction de deux variables.
• Examinez les points critiques et les points limites afin de déterminer les valeurs maximales et minimales absolues pour une fonction de deux variables.

L'une des applications les plus utiles pour les dérivées d'une fonction d'une variable est la détermination de valeurs maximales et/ou minimales. Cette application est également importante pour les fonctions de deux variables ou plus, mais comme nous l'avons vu dans les sections précédentes de ce chapitre, l'introduction de variables plus indépendantes conduit à un plus grand nombre de résultats possibles pour les calculs. Les idées principales consistant à trouver des points critiques et à utiliser des tests dérivés sont toujours valables, mais de nouvelles rides apparaissent lors de l'évaluation des résultats.

Points critiques

Pour les fonctions d'une seule variable, nous avons défini les points critiques comme les valeurs de la variable pour lesquelles la dérivée de la fonction est égale à zéro ou n'existe pas. Pour les fonctions de deux variables ou plus, le concept est essentiellement le même, sauf que nous travaillons maintenant avec des dérivées partielles.

Définition : points critiques

\(z=f(x,y)\)Soyons une fonction de deux variables différenciables sur un ensemble ouvert contenant le point\((x_0,y_0)\). Le point\((x_0,y_0)\) est appelé point critique d'une fonction de deux variables\(f\) si l'une des deux conditions suivantes est remplie :

1. \(f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0\)
2. L'un ou l'autre\(f_x(x_0,y_0) \; \text{or} \; f_y(x_0,y_0)\) n'existe pas

Exemple\(\PageIndex{1}\): Finding Critical Points

Déterminez les points critiques de chacune des fonctions suivantes :

1. \(f(x,y)=\sqrt{4y^2−9x^2+24y+36x+36}\)
2. \(g(x,y)=x^2+2xy−4y^2+4x−6y+4\)

Solution

un. Tout d'abord, nous calculons\(f_x(x,y) \; \text{and} \; f_y(x,y):\)

\[\begin{align*} f_x(x,y) &=\dfrac{1}{2}(−18x+36)(4y^2−9x^2+24y+36x+36)^{−1/2} \\[4pt] &=\dfrac{−9x+18}{\sqrt{4y^2−9x^2+24y+36x+36}} \end{align*}\]

\[\begin{align*} f_y(x,y) &=\dfrac{1}{2}(8y+24)(4y^2−9x^2+24y+36x+36)^{−1/2} \\[4pt] &=\dfrac{4y+12}{\sqrt{4y^2−9x^2+24y+36x+36}} \end{align*}. \nonumber \]

Ensuite, nous attribuons la valeur zéro à chacune de ces expressions :

\[\begin{align*} \dfrac{−9x+18}{\sqrt{4y^2−9x^2+24y+36x+36}} &=0 \\[4pt] \dfrac{4y+12}{\sqrt{4y^2−9x^2+24y+36x+36}} &=0. \end{align*}\]

Multipliez ensuite chaque équation par son dénominateur commun :

\[\begin{align*} −9x+18 &=0 \\[4pt] 4y+12 &=0. \end{align*}\]

Par conséquent,\(x=2\) et\(y=−3,\) il en\((2,−3)\) va de même pour un point critique de\(f\).

Nous devons également vérifier la possibilité que le dénominateur de chaque dérivée partielle soit égal à zéro, empêchant ainsi la dérivée partielle d'exister. Comme le dénominateur est le même dans chaque dérivée partielle, il suffit de le faire une seule fois :

\[4y^2−9x^2+24y+36x+36=0. \label{critical1} \]

L'équation \ ref {critical1} représente une hyperbole. Il convient également de noter que le domaine de\(f\) est constitué de points satisfaisant l'inégalité

\[4y^2−9x^2+24y+36x+36≥0. \nonumber \]

Par conséquent, tous les points de l'hyperbole ne sont pas seulement des points critiques, ils se trouvent également à la limite du domaine. Pour mettre l'hyperbole sous forme standard, nous utilisons la méthode qui consiste à compléter le carré :

\[\begin{align*} 4y^2−9x^2+24y+36x+36 &=0 \\[4pt] 4y^2−9x^2+24y+36x &=−36 \\[4pt] 4y^2+24y−9x^2+36x &=−36 \\[4pt] 4(y^2+6y)−9(x^2−4x) &=−36 \\[4pt] 4(y^2+6y+9)−9(x^2−4x+4) &=−36−36+36 \\[4pt] 4(y+3)^2−9(x−2)^2 &=−36.\end{align*}\]

En divisant les deux côtés par\(−36\), l'équation se présente sous une forme standard :

\[\begin{align*} \dfrac{4(y+3)^2}{−36}−\dfrac{9(x−2)^2}{−36} &=1 \\[4pt] \dfrac{(x−2)^2}{4}−\dfrac{(y+3)^2}{9} &=1. \end{align*}\]

Remarquez que le point\((2,−3)\) est le centre de l'hyperbole.

Ainsi, les points critiques de la fonction\(f\) sont\( (2, -3) \) et tous les points de l'hyperbole,\(\dfrac{(x−2)^2}{4}−\dfrac{(y+3)^2}{9}=1\).

b. Tout d'abord, nous calculons\(g_x(x,y)\) et\(g_y(x,y)\) :

\[\begin{align*} g_x(x,y) &=2x+2y+4 \\[4pt] g_y(x,y) &=2x−8y−6. \end{align*}\]

Ensuite, nous attribuons à chacune de ces expressions la valeur zéro, ce qui donne un système d'équations entre\(x\) et\(y\) :

\[\begin{align*} 2x+2y+4 &=0 \\[4pt] 2x−8y−6 &=0. \end{align*}\]

Soustraire la deuxième équation de la première donne\(10y+10=0\) donc\(y=−1\). Le fait de le substituer dans la première équation donne\(2x+2(−1)+4=0\) donc\(x=−1\).

C'\((−1,−1)\)est donc un point critique de\(g\). Aucun point n'empêche l'une ou\(\mathbb{R}^2\) l'autre des dérivées partielles d'exister.

La figure\(\PageIndex{1}\) montre le comportement de la surface au point critique.

Figure\(\PageIndex{1}\) : La fonction\(g(x,y)\) a un point critique à\((−1,−1,5)\).

Exercice\(\PageIndex{1}\)

Trouvez le point critique de la fonction\(f(x,y)=x^3+2xy−2x−4y.\)

Allusion

Calculez\(f_x(x,y)\) puis\(f_y(x,y)\) réglez-les à zéro.

Réponse

Le seul point critique\(f\) est\((2,−5)\).

L'objectif principal de la détermination des points critiques est de localiser les maxima et minima relatifs, comme dans le cas d'un calcul à variable unique. Lorsque vous travaillez avec la fonction d'une variable, la définition d'un extremum local implique de trouver un intervalle autour du point critique de telle sorte que la valeur de la fonction soit supérieure ou inférieure à toutes les autres valeurs de fonction de cet intervalle. Lorsque vous travaillez avec une fonction composée de deux variables ou plus, nous travaillons avec un disque ouvert autour du point.

Définition : Extrema global et local

\(z=f(x,y)\)Soit une fonction de deux variables définie et continue sur un ensemble ouvert contenant le point\((x_0,y_0).\) Puis\(f\) a un maximum local à\((x_0,y_0)\) if

\[f(x_0,y_0)≥f(x,y) \nonumber \]

pour tous les\((x,y)\) points d'un disque centré sur\((x_0,y_0)\). Le nombre\(f(x_0,y_0)\) est appelé valeur maximale locale. Si l'inégalité précédente est valable pour chaque point\((x,y)\) du domaine de\(f\),\(f\) a alors un maximum global (également appelé maximum absolu) à\((x_0,y_0).\)

La fonction\(f\) a un minimum local à\((x_0,y_0)\) if

\[f(x_0,y_0)≤f(x,y) \nonumber \]

pour tous les\((x,y)\) points d'un disque centré sur\((x_0,y_0)\). Le nombre\(f(x_0,y_0)\) est appelé valeur minimale locale. Si l'inégalité précédente est valable pour chaque point\((x,y)\) du domaine de\(f\), alors\(f\) a un minimum global (également appelé minimum absolu) à\((x_0,y_0)\).

S'il s'\(f(x_0,y_0)\)agit d'une valeur maximale locale ou d'une valeur minimale locale, on parle alors d'extremum local (voir la figure suivante).

Figure\(\PageIndex{2}\) : Le graphique de\(z=\sqrt{16−x^2−y^2}\) a une valeur maximale lorsque\((x,y)=(0,0)\). Il atteint sa valeur minimale à la limite de son domaine, qui est le cercle\(x^2+y^2=16.\)

Dans le calcul 1, nous avons montré que les fonctions extrêmes d'une variable se produisent aux points critiques. Il en va de même pour les fonctions de plus d'une variable, comme indiqué dans le théorème suivant.

Théorème de Fermat pour les fonctions de deux variables

\(z=f(x,y)\)Soyons une fonction de deux variables définie et continue sur un ensemble ouvert contenant le point\((x_0,y_0)\). Supposons que\(f_x\)\(f_y\) chacun existe à\((x_0,y_0)\). Si f a un extremum local à\((x_0,y_0)\), alors\((x_0,y_0)\) est un point critique de\(f\).

Deuxième test dérivé

Considérez la fonction\(f(x)=x^3.\) Cette fonction a un point critique à\(x=0\), depuis\(f'(0)=3(0)^2=0\). Cependant,\(f\) n'a pas de valeur extrême à\(x=0\). Par conséquent, l'existence d'une valeur critique at\(x=x_0\) ne garantit pas un extremum at local\(x=x_0\). Il en va de même pour une fonction composée de deux variables ou plus. Cela peut se produire notamment à la pointe de la selle. Un exemple de point de selle apparaît dans la figure suivante.

Figure\(\PageIndex{3}\) : graphique de la fonction\(z=x^2−y^2\). Ce graphique a un point de selle à l'origine.

Dans ce graphique, l'origine est un point de selle. En effet, les premières dérivées partielles de f\((x,y)=x^2−y^2\) sont toutes deux égales à zéro à ce stade, mais ce n'est ni un maximum ni un minimum pour la fonction. De plus, la trace verticale qui correspond à\(y=0\) est\(z=x^2\) (une parabole s'ouvrant vers le haut), mais la trace verticale qui lui\(x=0\) correspond\(z=−y^2\) (une parabole s'ouvrant vers le bas). Il s'agit donc à la fois d'un maximum global pour une trace et d'un minimum global pour une autre.

Définition : Saddle Point

Compte tenu de\(z=f(x,y),\) la fonction, le point\(\big(x_0,y_0,f(x_0,y_0)\big)\) est un point de selle si les deux\(f_x(x_0,y_0)=0\) et\(f_y(x_0,y_0)=0\), mais\(f\) n'a pas d'extremum local à\((x_0,y_0).\)

Le second test dérivé pour une fonction d'une variable fournit une méthode permettant de déterminer si un extremum se produit à un point critique d'une fonction. Lorsque l'on étend ce résultat à une fonction de deux variables, un problème se pose en raison du fait qu'il existe en fait quatre dérivées partielles différentes du second ordre, bien que l'égalité des partiels mixtes réduise ce nombre à trois. Le second test de dérivée pour une fonction de deux variables, énoncé dans le théorème suivant, utilise un discriminant\(D\) qui remplace\(f''(x_0)\) dans le second test de dérivée la fonction d'une variable.

Deuxième test dérivé

\(z=f(x,y)\)Soit une fonction de deux variables pour lesquelles les dérivées partielles du premier et du second ordre sont continues sur un disque contenant le point\((x_0,y_0)\). Supposez\(f_x(x_0,y_0)=0\) et\(f_y(x_0,y_0)=0.\) définissez la quantité

\[D=f_{xx}(x_0,y_0)f_{yy}(x_0,y_0)−\big(f_{xy}(x_0,y_0)\big)^2. \nonumber \]

Ensuite :

1. Si\(D>0\) et\(f_{xx}(x_0,y_0)>0\), alors f a un minimum local at\((x_0,y_0)\).
2. Si\(D>0\) et\(f_{xx}(x_0,y_0)<0\), alors f a un maximum local at\((x_0,y_0)\).
3. Si\(D<0\), alors\(f\) a un point de selle à\((x_0,y_0)\).
4. Si\(D=0\), alors le test n'est pas concluant.

Voir la figure\(\PageIndex{4}\).

Figure\(\PageIndex{4}\) : Le deuxième test de dérivée permet souvent de déterminer si une fonction de deux variables possède des minima locaux (a), des maxima locaux (b) ou un point de selle (c).

Pour appliquer le deuxième test de dérivée, il faut d'abord trouver les points critiques de la fonction. L'ensemble de la procédure comporte plusieurs étapes, qui sont décrites dans une stratégie de résolution des problèmes.

Stratégie de résolution de problèmes : utilisation du test de dérivée seconde pour les fonctions de deux variables

\(z=f(x,y)\)Soit une fonction de deux variables pour lesquelles les dérivées partielles du premier et du second ordre sont continues sur un disque contenant le point\((x_0,y_0).\) Pour appliquer le test de la dérivée du second pour trouver des extrêmes locaux, procédez comme suit :

1. Déterminez les points critiques\((x_0,y_0)\) de la fonction\(f\) où\(f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0.\) Supprimer tous les points où au moins l'une des dérivées partielles n'existe pas.
2. Calculez le discriminant\(D=f_{xx}(x_0,y_0)f_{yy}(x_0,y_0)−\big(f_{xy}(x_0,y_0)\big)^2\) pour chaque point critique de\(f\).
3. Appliquez les quatre cas du test pour déterminer si chaque point critique est un maximum local, un minimum local ou un point de selle, ou si le théorème n'est pas concluant.

Exemple\(\PageIndex{2}\): Using the Second Derivative Test

Déterminez les points critiques pour chacune des fonctions suivantes et utilisez le deuxième test de dérivée pour déterminer les extrêmes locaux :

1. \(f(x,y)=4x^2+9y^2+8x−36y+24\)
2. \(g(x,y)=\dfrac{1}{3}x^3+y^2+2xy−6x−3y+4\)

Solution

a. La première étape de la stratégie de résolution de problèmes consiste à identifier les points critiques de\(f\). Pour ce faire, nous\(f_x(x,y)\) calculons d'abord puis définissons chacun d'eux à zéro :\(f_y(x,y)\)

\[\begin{align*} f_x(x,y) &=8x+8 \\[4pt] f_y(x,y) &=18y−36. \end{align*}\]

En les mettant à zéro, on obtient le système d'équations

\[\begin{align*} 8x+8 &=0 \\[4pt] 18y−36 &=0. \end{align*}\]

La solution à ce système est\(x=−1\) et\(y=2\). C'\((−1,2)\)est donc un point critique de\(f\).

L'étape 2 de la stratégie de résolution de problèmes consiste\(D.\) à calculer. Pour ce faire, nous calculons d'abord les dérivées partielles secondes de\(f:\)

\[\begin{align*} f_{xx}(x,y) &=8 \\[4pt] f_{xy}(x,y) &=0 \\[4pt] f_{yy}(x,y) &=18. \end{align*}\]

Par conséquent,\(D=f_{xx}(−1,2)f_{yy}(−1,2)−\big(f_{xy}(−1,2)\big)^2=(8)(18)−(0)^2=144.\)

L'étape 3 consiste à appliquer les quatre cas du test pour classer le comportement de la fonction à ce point critique.

Depuis\(D>0\) et\(f_{xx}(−1,2)>0,\) cela correspond au cas 1. Par conséquent,\(f\) a un minimum local à\((−1,2)\), comme indiqué dans la figure suivante.

Figure\(\PageIndex{5}\) : La fonction\(f(x,y)\) a un minimum local à\((−1,2,−16).\) Notez que l'échelle sur l'\(y\)axe -dans ce graphique est en milliers.

b. Pour l'étape 1, nous calculons d'abord\(g_y(x,y)\),\(g_x(x,y)\) puis nous les mettons à zéro :

\[\begin{align*} g_x(x,y) &=x^2+2y−6 \\[4pt] g_y(x,y) &=2y+2x−3. \end{align*}\]

En les mettant à zéro, on obtient le système d'équations

\[\begin{align*} x^2+2y−6 &=0 \\[4pt] 2y+2x−3 &=0. \end{align*}\]

Pour résoudre ce système, résolvez d'abord la deuxième équation pour\(y\). Cela donne\(y=\dfrac{3−2x}{2}\). En le remplaçant dans la première équation, on obtient

\[\begin{align*} x^2+3−2x−6 &=0 \\[4pt] x^2−2x−3 &=0 \\[4pt] (x−3)(x+1) &=0. \end{align*}\]

Donc,\(x=−1\) ou\(x=3\). La substitution de ces valeurs dans l'équation\(y=\dfrac{3−2x}{2}\) donne les points critiques\(\left(−1,\frac{5}{2}\right)\) et\(\left(3,−\frac{3}{2}\right)\).

L'étape 2 consiste à calculer les dérivées partielles secondes de\(g\) :

\[\begin{align*} g_{xx}(x,y) &=2x \\[4pt] g_{xy}(x,y) &=2\\[4pt] g_{yy}(x,y) &=2. \end{align*}\]

Ensuite, nous trouvons une formule générale pour\(D\) :

\[\begin{align*} D(x_0, y_0) &=g_{xx}(x_0,y_0)g_{yy}(x_0,y_0)−\big(g_{xy}(x_0,y_0)\big)^2 \\[4pt] &=(2x_0)(2)−2^2\\[4pt] &=4x_0−4.\end{align*}\]

Ensuite, nous remplaçons chaque point critique dans cette formule :

\[\begin{align*} D\left(−1,\tfrac{5}{2}\right) &=(2(−1))(2)−(2)^2=−4−4=−8 \\[4pt] D\left(3,−\tfrac{3}{2}\right) &=(2(3))(2)−(2)^2=12−4=8. \end{align*}\]

À l'étape 3, nous remarquons que l'application de Note à un point\(\left(−1,\frac{5}{2}\right)\) mène à la case\(3\), ce qui signifie qu'il\(\left(−1,\frac{5}{2}\right)\) s'agit d'un point de selle. L'application du théorème à un point\(\left(3,−\frac{3}{2}\right)\) conduit au cas\(1\), ce qui signifie que cela\(\left(3,−\frac{3}{2}\right)\) correspond à un minimum local, comme le montre la figure suivante.

Figure\(\PageIndex{6}\) : La fonction\(g(x,y)\) possède un minimum local et un point de selle.

Exercice\(\PageIndex{2}\)

Utilisez le deuxième test de dérivée pour déterminer les extrêmes locaux de la fonction

\[ f(x,y)=x^3+2xy−6x−4y^2. \nonumber \]

Allusion

Suivez la stratégie de résolution de problèmes pour appliquer le deuxième test dérivé.

Réponse

\(\left(\frac{4}{3},\frac{1}{3}\right)\)est un point de selle,\(\left(−\frac{3}{2},−\frac{3}{8}\right)\) est un maximum local.

Maxima et minima absolus

Lorsque nous déterminons les extrêmes globaux des fonctions d'une variable sur un intervalle fermé, nous commençons par vérifier les valeurs critiques sur cet intervalle, puis nous évaluons la fonction aux extrémités de l'intervalle. Lorsque vous travaillez avec une fonction à deux variables, l'intervalle fermé est remplacé par un ensemble fermé et borné. Un ensemble est limité si tous les points de cet ensemble peuvent être contenus dans une boule (ou un disque) de rayon fini. Tout d'abord, nous devons trouver les points critiques à l'intérieur de l'ensemble et calculer les valeurs critiques correspondantes. Ensuite, il est nécessaire de trouver la valeur maximale et minimale de la fonction à la limite de l'ensemble. Lorsque nous avons toutes ces valeurs, la plus grande valeur de fonction correspond au maximum global et la plus petite valeur de fonction correspond au minimum absolu. Mais tout d'abord, nous devons nous assurer que de telles valeurs existent. C'est ce que fait le théorème suivant.

Théorème des valeurs extrêmes

Une fonction continue\(f(x,y)\) sur un ensemble fermé et limité\(D\) dans le plan atteint une valeur maximale absolue à un point donné\(D\) et une valeur minimale absolue à un point donné de\(D\).

Maintenant que nous savons que toute fonction continue\(f\) définie sur un ensemble fermé et borné atteint ses valeurs extrêmes, nous devons savoir comment les trouver.

Trouver les valeurs extrêmes d'une fonction de deux variables

\(z=f(x,y)\)Suppose est une fonction dérivable de deux variables définies sur un ensemble fermé et borné\(D\). On\(f\) atteindra alors la valeur maximale absolue et la valeur minimale absolue, qui sont respectivement les plus grandes et les plus petites valeurs trouvées parmi les valeurs suivantes :

1. Les valeurs de\(f\) aux points critiques de\(f\) in\(D\).
2. Les valeurs de\(f\) à la limite de\(D\).

La preuve de ce théorème est une conséquence directe du théorème des valeurs extrêmes et du théorème de Fermat. En particulier, si l'un des deux extremum n'est pas situé à la limite de\(D\), il est situé à un point intérieur de\(D\). Mais un point intérieur\((x_0,y_0)\) d'\(D\)un extremum absolu est aussi un extremum local ;\((x_0,y_0)\) c'est donc un point critique\(f\) selon le théorème de Fermat. Par conséquent, les seules valeurs possibles pour l'extrême global de un\(D\) sont\(f\) les valeurs extrêmes de à\(f\) l'intérieur ou à la limite de\(D\).

Stratégie de résolution de problèmes : détermination des valeurs maximales et minimales absolues

\(z=f(x,y)\)Soit une fonction continue de deux variables définies sur un ensemble fermé et borné\(D\), et supposons qu'elle\(f\) est dérivable sur\(D\). Pour trouver les valeurs maximales et minimales absolues de\(f\) activé\(D\), procédez comme suit :

1. Déterminez les points critiques\(f\) d'entrée\(D\).
2. Calculez\(f\) à chacun de ces points critiques.
3. Déterminez les valeurs maximales et minimales\(f\) de à la limite de son domaine.
4. Les valeurs maximale et minimale de se\(f\) produiront à l'une des valeurs obtenues lors des étapes\(2\) et\(3\).

Trouver les valeurs maximales et minimales de\(f\) à la limite de\(D\) peut être difficile. Si la limite est un rectangle ou un ensemble de lignes droites, il est possible de paramétrer les segments de ligne et de déterminer les maxima sur chacun de ces segments, comme indiqué dans l'exemple\(\PageIndex{3}\). La même approche peut être utilisée pour d'autres formes telles que les cercles et les ellipses.

Si la limite de l'ensemble\(D\) est une courbe plus compliquée définie par une fonction\(g(x,y)=c\) pour une constante\(c\), et que les dérivées partielles du premier ordre\(g\) existent, alors la méthode des multiplicateurs de Lagrange peut s'avérer utile pour déterminer les extrêmes de\(f\) sur la frontière qui est introduit dans Lagrange Multiplicers.

Exemple\(\PageIndex{3}\): Finding Absolute Extrema

Utilisez la stratégie de résolution de problèmes pour trouver les extrêmes absolus d'une fonction afin de déterminer les extrêmes absolus de chacune des fonctions suivantes :

1. \(f(x,y)=x^2−2xy+4y^2−4x−2y+24\)sur le domaine défini par\(0≤x≤4\) et\(0≤y≤2\)
2. \(g(x,y)=x^2+y^2+4x−6y\)sur le domaine défini par\(x^2+y^2≤16\)

Solution

un. À l'aide de la stratégie de résolution de problèmes, l'étape\(1\) consiste à identifier les points critiques\(f\) de son domaine. Par conséquent, nous\(f_x(x,y)\) calculons d'abord puis les mettons à zéro :\(f_y(x,y)\)

\[\begin{align*} f_x(x,y) &=2x−2y−4 \\[4pt] f_y(x,y) &=−2x+8y−2. \end{align*}\]

En les mettant à zéro, on obtient le système d'équations

\[\begin{align*} 2x−2y−4 &=0\\[4pt] −2x+8y−2 &=0. \end{align*}\]

La solution à ce système est\(x=3\) et\(y=1\). C'\((3,1)\)est donc un point critique de\(f\). Le calcul\(f(3,1)\) donne\(f(3,1)=17.\)

L'étape suivante consiste à trouver l'extrema de\(f\) à la limite de son domaine. La limite de son domaine se compose de quatre segments de ligne, comme le montre le graphique suivant :

Figure\(\PageIndex{7}\) : Graphe du domaine de la fonction\(f(x,y)=x^2−2xy+4y^2−4x−2y+24.\)

\(L_1\)est le segment de ligne reliant\((0,0)\) et\((4,0)\), et il peut être paramétré par les équations\(x(t)=t,y(t)=0\) de\(0≤t≤4\). Définissez\(g(t)=f\big(x(t),y(t)\big)\). Cela donne\(g(t)=t^2−4t+24\). La différenciation\(g\) conduit à\(g′(t)=2t−4.\) Donc,\(g\) a une valeur critique à\(t=2\), qui correspond au point\((2,0)\). Le calcul\(f(2,0)\) donne la\(z\) valeur « -value »\(20\).

\(L_2\)est le segment de ligne reliant\((4,0)\) et\((4,2)\), et il peut être paramétré par les équations\(x(t)=4,y(t)=t\) de\(0≤t≤2.\) Again,\(g(t)=f\big(x(t),y(t)\big).\) define This gives\(g(t)=4t^2−10t+24.\) Then,\(g′(t)=8t−10\). g a une valeur critique à\(t=\frac{5}{4}\), qui correspond au point\(\left(0,\frac{5}{4}\right).\) Calculer \(f\left(0,\frac{5}{4}\right)\)donne la valeur «\(z\) -value »\(27.75\).

\(L_3\)est le segment de ligne reliant\((0,2)\) et\((4,2)\), et il peut être paramétré par les équations\(x(t)=t,y(t)=2\) de\(0≤t≤4.\) Again, define\(g(t)=f\big(x(t),y(t)\big).\) Cela donne\(g(t)=t^2−8t+36.\) La valeur critique correspond au point\((4,2).\) Donc, le calcul\(f(4,2)\) donne la\(z\) valeur - \(20\).

\(L_4\)est le segment de droite reliant\((0,0)\) et\((0,2)\), et il peut être paramétré par les équations\(x(t)=0,y(t)=t\) pour\(0≤t≤2.\) Cette fois,\(g(t)=4t^2−2t+24\) et la valeur critique\(t=\frac{1}{4}\) correspond au point\(\left(0,\frac{1}{4}\right)\). Le calcul\(f\left(0,\frac{1}{4}\right)\) donne la\(z\) valeur -\(23.75.\)

Nous devons également trouver les valeurs de\(f(x,y)\) aux coins de son domaine. Ces coins sont situés à\((0,0),(4,0),(4,2)\) et\((0,2)\) :

\[\begin{align*} f(0,0) &=(0)^2−2(0)(0)+4(0)^2−4(0)−2(0)+24=24 \\[4pt] f(4,0) &=(4)^2−2(4)(0)+4(0)^2−4(4)−2(0)+24=24 \\[4pt] f(4,2) &=(4)^2−2(4)(2)+4(2)^2−4(4)−2(2)+24=20\\[4pt] f(0,2) &=(0)^2−2(0)(2)+4(2)^2−4(0)−2(2)+24=36. \end{align*}\]

La valeur maximale absolue est\(36\), qui se trouve à\((0,2)\), et la valeur minimale globale est\(20\), qui se produit\((4,2)\) aux deux,\((2,0)\) comme indiqué dans la figure suivante.

Figure\(\PageIndex{8}\) : La fonction\(f(x,y)\) possède deux minima globaux et un maximum global sur son domaine.

b. À l'aide de la stratégie de résolution de problèmes, l'étape\(1\) consiste à identifier les points critiques\(g\) de son domaine. Par conséquent, nous\(g_x(x,y)\) calculons d'abord puis les mettons à zéro :\(g_y(x,y)\)

\[\begin{align*} g_x(x,y) &=2x+4 \\[4pt] g_y(x,y) &=2y−6. \end{align*}\]

En les mettant à zéro, on obtient le système d'équations

\[\begin{align*} 2x+4 &=0 \\[4pt] 2y−6 &=0. \end{align*}\]

La solution à ce système est\(x=−2\) et\(y=3\). Par conséquent,\((−2,3)\) est un point critique de\(g\). En calculant\(g(−2,3),\) on obtient

\[g(−2,3)=(−2)^2+3^2+4(−2)−6(3)=4+9−8−18=−13. \nonumber \]

L'étape suivante consiste à trouver l'extrêma de g à la limite de son domaine. La limite de son domaine consiste en un cercle de rayon\(4\) centré sur l'origine, comme le montre le graphique suivant.

Figure\(\PageIndex{9}\) : Graphique du domaine restreint de la fonction\(g(x,y)=x^2+y^2+4x−6y\).

La limite du domaine de\(g\) peut être paramétrée à l'aide des fonctions\(x(t)=4\cos t,\, y(t)=4\sin t\) pour\(0≤t≤2π\). Définissez\(h(t)=g\big(x(t),y(t)\big):\)

\[\begin{align*} h(t) &=g\big(x(t),y(t)\big) \\[4pt] &=(4\cos t)^2+(4\sin t)^2+4(4\cos t)−6(4\sin t) \\[4pt] &=16\cos^2t+16\sin^2t+16\cos t−24\sin t\\[4pt] &=16+16\cos t−24\sin t. \end{align*}\]

Le réglage\(h′(t)=0\) conduit à

\[\begin{align*} −16\sin t−24\cos t &=0 \\[4pt] −16\sin t &=24\cos t\\[4pt] \dfrac{−16\sin t}{−16\cos t} &=\dfrac{24\cos t}{−16\cos t} \\[4pt] \tan t &=−\dfrac{3}{2}. \end{align*}\]

Cette équation comporte deux solutions sur l'intervalle\(0≤t≤2π\). L'un l'est\(t=π−\arctan (\frac{3}{2})\) et l'autre l'est\(t=2π−\arctan (\frac{3}{2})\). Pour le premier angle,

\[\begin{align*} \sin t &=\sin(π−\arctan(\tfrac{3}{2}))=\sin (\arctan (\tfrac{3}{2}))=\dfrac{3\sqrt{13}}{13} \\[4pt] \cos t &=\cos (π−\arctan (\tfrac{3}{2}))=−\cos (\arctan (\tfrac{3}{2}))=−\dfrac{2\sqrt{13}}{13}. \end{align*}\]

Par conséquent\(y(t)=4\sin t=\frac{12\sqrt{13}}{13}\),\(x(t)=4\cos t =−\frac{8\sqrt{13}}{13}\) et il en\(\left(−\frac{8\sqrt{13}}{13},\frac{12\sqrt{13}}{13}\right)\) va de même pour un point critique de la frontière et

\[\begin{align*} g\left(−\tfrac{8\sqrt{13}}{13},\tfrac{12\sqrt{13}}{13}\right) &=\left(−\tfrac{8\sqrt{13}}{13}\right)^2+\left(\tfrac{12\sqrt{13}}{13}\right)^2+4\left(−\tfrac{8\sqrt{13}}{13}\right)−6\left(\tfrac{12\sqrt{13}}{13}\right) \\[4pt] &=\frac{144}{13}+\frac{64}{13}−\frac{32\sqrt{13}}{13}−\frac{72\sqrt{13}}{13} \\[4pt] &=\frac{208−104\sqrt{13}}{13}≈−12.844. \end{align*}\]

Pour ce qui est du second angle,

\[\begin{align*} \sin t &=\sin (2π−\arctan (\tfrac{3}{2}))=−\sin (\arctan (\tfrac{3}{2}))=−\dfrac{3\sqrt{13}}{13} \\[4pt] \cos t &=\cos (2π−\arctan (\tfrac{3}{2}))=\cos (\arctan (\tfrac{3}{2}))=\dfrac{2\sqrt{13}}{13}. \end{align*}\]

Par conséquent\(y(t)=4\sin t=−\frac{12\sqrt{13}}{13}\),\(x(t)=4\cos t=\frac{8\sqrt{13}}{13}\) et il en\(\left(\frac{8\sqrt{13}}{13},−\frac{12\sqrt{13}}{13}\right)\) va de même pour un point critique de la frontière et

\[\begin{align*} g\left(\tfrac{8\sqrt{13}}{13},−\tfrac{12\sqrt{13}}{13}\right) &=\left(\tfrac{8\sqrt{13}}{13}\right)^2+\left(−\tfrac{12\sqrt{13}}{13}\right)^2+4\left(\tfrac{8\sqrt{13}}{13}\right)−6\left(−\tfrac{12\sqrt{13}}{13}\right) \\[4pt] &=\dfrac{144}{13}+\dfrac{64}{13}+\dfrac{32\sqrt{13}}{13}+\dfrac{72\sqrt{13}}{13}\\[4pt] &=\dfrac{208+104\sqrt{13}}{13}≈44.844. \end{align*}\]

Le minimum absolu de\(g\) est\(−13,\) celui qui est atteint au point\((−2,3)\), qui est un point intérieur de\(D\). Le maximum absolu de\(g\) est approximativement égal à 44,844, ce qui est atteint au point limite\(\left(\frac{8\sqrt{13}}{13},−\frac{12\sqrt{13}}{13}\right)\). Ce sont les extrêmes absolus de un\(D\), comme\(g\) le montre la figure suivante.

Figure\(\PageIndex{10}\) : La fonction\(f(x,y)\) possède un minimum local et un maximum local.

Exercice\(\PageIndex{3}\):

Utilisez la stratégie de résolution de problèmes pour trouver les extrêmes absolus d'une fonction afin de déterminer les extrêmes absolus de la fonction

\[f(x,y)=4x^2−2xy+6y^2−8x+2y+3 \nonumber \]

sur le domaine défini par\(0≤x≤2\) et\(−1≤y≤3.\)

Allusion

Calculez\(f_x(x,y)\) et\(f_y(x,y)\), et définissez-les à zéro. Ensuite, calculez\(f\) pour chaque point critique et trouvez l'extrême de\(f\) à la limite de\(D\).

Réponse

Le minimum absolu se produit à\((1,0): f(1,0)=−1.\)

Le maximum absolu se produit à\((0,3): f(0,3)=63.\)

Exemple\(\PageIndex{4}\): Profitable Golf Balls

Pro-\(T\) company a développé un modèle de profit qui dépend du nombre\(x\) de balles de golf vendues par mois (mesuré en milliers) et du nombre d'heures de publicité par mois\(y\), en fonction de la fonction

\[ z=f(x,y)=48x+96y−x^2−2xy−9y^2, \nonumber \]

où elle\(z\) est mesurée en milliers de dollars. Le nombre maximum de balles de golf pouvant être produites et vendues est de\(50,000\), et le nombre maximum d'heures de publicité pouvant être achetées est de\(25\). Trouvez les valeurs de\(x\) et\(y\) qui maximisent le profit, et trouvez le profit maximum.

Figure\(\PageIndex{11}\) : (crédit : modification de l'œuvre par oatsy40, Flickr)

Solution

À l'aide de la stratégie de résolution de problèmes, l'étape\(1\) consiste à identifier les points critiques\(f\) de son domaine. Par conséquent, nous calculons d'abord\(f_x(x,y)\)\(f_y(x,y),\) puis les mettons à zéro :

\[\begin{align*} f_x(x,y) &=48−2x−2y \\[4pt] f_y(x,y) &=96−2x−18y. \end{align*}\]

En les mettant à zéro, on obtient le système d'équations

\[\begin{align*} 48−2x−2y &=0 \\[4pt] 96−2x−18y &=0. \end{align*}\]

La solution à ce système est\(x=21\) et\(y=3\). C'\((21,3)\)est donc un point critique de\(f\). Le calcul\(f(21,3)\) donne\(f(21,3)=48(21)+96(3)−21^2−2(21)(3)−9(3)^2=648.\)

Le domaine de cette fonction est\(0≤x≤50\) et\(0≤y≤25\) comme indiqué dans le graphique suivant.

Figure\(\PageIndex{12}\) : Graphe du domaine de la fonction\(f(x,y)=48x+96y−x^2−2xy−9y^2.\)

\(L_1\)est le segment de droite connectant\((0,0)\)\((50,0),\) et il peut être paramétré par les équations\(x(t)=t,y(t)=0\) pour\(0≤t≤50.\) Nous définissons ensuite\(g(t)=f(x(t),y(t)):\)

\[\begin{align*} g(t) &=f(x(t),y(t)) \\[4pt] &=f(t,0)\\[4pt] &=48t+96(0)−y^2−2(t)(0)−9(0)^2\\[4pt] &=48t−t^2. \end{align*}\]

Le réglage\(g′(t)=0\) donne le point critique\(t=24,\) qui correspond\((24,0)\) au point du domaine de\(f\). Le calcul\(f(24,0)\) donne\(576.\)

\(L_2\)est le segment de ligne reliant\((50,0)\) et\((50,25)\), et il peut être paramétré par les équations\(x(t)=50,y(t)=t\) de\(0≤t≤25\). Encore une fois, nous définissons\(g(t)=f\big(x(t),y(t)\big):\)

\[\begin{align*} g(t) &=f\big(x(t),y(t)\big)\\[4pt] &=f(50,t)\\[4pt] &=48(50)+96t−50^2−2(50)t−9t^2 \\[4pt] &=−9t^2−4t−100. \end{align*}\]

Cette fonction a un point critique à\(t =−\frac{2}{9}\), qui correspond au point\((50,−29)\). Ce point n'est pas du domaine de\(f\).

\(L_3\)est le segment de ligne reliant\((0,25)\) et\((50,25)\), et il peut être paramétré par les équations\(x(t)=t,y(t)=25\) de\(0≤t≤50\). Nous définissons\(g(t)=f\big(x(t),y(t)\big)\) :

\[\begin{align*} g(t) &=f\big(x(t),y(t)\big)\\[4pt] &=f(t,25) \\[4pt] &=48t+96(25)−t^2−2t(25)−9(25^2) \\[4pt] &=−t^2−2t−3225. \end{align*}\]

Cette fonction a un point critique à\(t=−1\), qui correspond au point\((−1,25),\) qui ne se trouve pas dans le domaine.

\(L_4\)est le segment de ligne\((0,0)\) qui se connecte à\((0,25)\), et il peut être paramétré par les équations\(x(t)=0,y(t)=t\) de\(0≤t≤25\). Nous définissons\(g(t)=f\big(x(t),y(t)\big)\) :

\[\begin{align*} g(t) &=f\big(x(t),y(t)\big) \\[4pt] &=f(0,t) \\[4pt] &=48(0)+96t−(0)^2−2(0)t−9t^2 \\[4pt] &=96t−9t^2. \end{align*}\]

Cette fonction a un point critique à\(t=\frac{16}{3}\), qui correspond au point\(\left(0,\frac{16}{3}\right)\) situé à la limite du domaine. Calculer\(f\left(0,\frac{16}{3}\right)\) donne\(256\).

Nous devons également trouver les valeurs de\(f(x,y)\) aux coins de son domaine. Ces coins sont situés à\((0,0),(50,0),(50,25)\) et\((0,25)\) :

\[\begin{align*} f(0,0) &=48(0)+96(0)−(0)^2−2(0)(0)−9(0)^2=0\\[4pt] f(50,0) &=48(50)+96(0)−(50)^2−2(50)(0)−9(0)^2=−100 \\[4pt] f(50,25) &=48(50)+96(25)−(50)^2−2(50)(25)−9(25)^2=−5825 \\[4pt] f(0,25) &=48(0)+96(25)−(0)^2−2(0)(25)−9(25)^2=−3225. \end{align*}\]

La valeur maximale est\(648\), qui se trouve à\((21,3)\). Par conséquent, un bénéfice maximum de\($648,000\) est réalisé lorsque des balles de\(21,000\) golf sont vendues et que des\(3\) heures de publicité sont achetées par mois, comme le montre la figure suivante.

Figure\(\PageIndex{13}\) : La fonction de profit\(f(x,y)\) a un maximum égal à\((21,3,648)\).

Concepts clés

• Un point critique de la fonction\(f(x,y)\) est tout point\((x_0,y_0)\) où l'un ou l'autre n'existe\(f_y(x_0,y_0)\) pas\(f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0\), ou au moins\(f_x(x_0,y_0)\) l'un d'entre eux.
• Un point de selle est un point\((x_0,y_0)\) où\(f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0\), mais ce n'\(f(x_0,y_0)\)est ni un maximum ni un minimum à ce point.
• Pour déterminer les extrêmes des fonctions de deux variables, trouvez d'abord les points critiques, puis calculez le discriminant et appliquez le second test de dérivée.

Équations clés

• Discriminant

\(D=f_{xx}(x_0,y_0)f_{yy}(x_0,y_0)−(f_{xy}(x_0,y_0))^2\)

Lexique

point critique d'une fonction à deux variables

le point\((x_0,y_0)\) est appelé point critique\(f(x,y)\) si l'une des deux conditions suivantes est remplie :

1. \(f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0\)

2. Au moins l'un des\(f_x(x_0,y_0)\) et\(f_y(x_0,y_0)\) n'existent pas

discriminant

le discriminant de la fonction\(f(x,y)\) est donné par la formule\(D=f_{xx}(x_0,y_0)f_{yy}(x_0,y_0)−(f_{xy}(x_0,y_0))^2\)

point de selle

étant donné la fonction,\(z=f(x,y),\) le point\((x_0,y_0,f(x_0,y_0))\) est un point de selle si les deux\(f_x(x_0,y_0)=0\) et\(f_y(x_0,y_0)=0\), mais\(f\) n'a pas d'extremum local à\((x_0,y_0)\)