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%\def\preuve{\ifhmode\par\fi\noindent{\bf Preuve : }\ignorespaces}

 %\title{Licence de Sciences \'Economiques \\Math\'ematiques  L1    \\ Ann\'ee 2004-2005}

 % \begin{document}
 \section{Exercices de synth\`ese}

 \noindent {\bf Exercice 1~:}\\


Nous consid\'erons la fonction $f : {\bf R}^2 \rightarrow {\bf R} \quad , \quad (x_1,x_2) \mapsto \sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} \quad .$\\

\noindent 1) {\bf Quel est le domaine de d\'efinition ${\cal D}_f$ de la fonction $f$~? Montrer que $f$
est continue sur son domaine de d\'efinition. Puis montrer que sur l'ouvert $U$ de ${\bf R}^2$~:
$$U = \{ (x_1,x_2) \in {\bf R}^2 \quad {\rm tel \; que} \quad x_1>0 \quad {\rm et} \quad x_2>0 \} \quad ,$$
la fonction $f$ admet des d\'eriv\'ees partielles continues que l'on \\
d\'eterminera.} \\

Pour que $f$ soit d\'efinie en $(x_1,x_2)$, il faut et il suffit que $\sqrt{x_1}$
et $\sqrt{x_1}$ aient un sens. Donc, il faut et il suffit que $x_1$
et $x_2$ soient des r\'eels positifs. Le domaine de d\'efinition de $f$ est
donc~:
$${\cal D}_f =  {\bf R}^+ \times {\bf R}^+ = \{ (x_1,x_2) \in {\bf R}^2 \quad {\rm tel \; que} \quad x_1\geq 0 \quad 
{\rm et} \quad x_2 \geq 0 \} \quad .$$


La fonction de ${\bf R}^+ \times {\bf R}^+$ vers ${\bf R}^{+} $ qui \`a $(x_1,x_2)$ associe $x_1$ est continue comme
la restriction d'une application polynomiale. La fonction d'une seule variable de 
$ {\bf R}^{+}  $  qui \`a $x$ associe $\sqrt{x}$ est continue.
La fonction compos\'ee de 
${\bf R}^+ \times {\bf R}^+$ vers $\bf R^{+}  $ qui \`a $(x_1,x_2)$ associe $\sqrt{x_1}$ est alors continue. La fonction
$f$ est donc continue sur son domaine de d\'efinition comme somme d'application continue.\\


Consid\'erons $(x_1,x_2) \in U$, en particulier $x_1 >0$. Fixons $x_2$ et consid\'erons  la fonction~:
$$  {\bf R}^{+} - \{0\} \rightarrow  {\bf R} \; , \; x_1 \mapsto \sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} \quad .$$
Cette fonction d'une variable est d\'erivable et admet pour d\'eriv\'ee en $x_1$~:
$$ \frac{1}{2 \sqrt{x_1} } \quad   . $$
 Ainsi, $f$ admet une d\'eriv\'ee partielle par rapport \`a $x_1$
sur $U$ et~:
$$\frac{\partial f}{\partial x_1}(x_1,x_2) = \frac{1}{2 \sqrt{x_1}} \quad .$$
Cette d\'eriv\'ee partielle est continue sur $U$. En effet,   la fonction de $U$ vers ${\bf R}$
qui \`a  $(x_1,x_2)$ associe $2 \sqrt{x_1}$ est elle m\^eme continue sur $U$ et ne s'annule pas.\\
De m\^eme, $f$ admet une d\'eriv\'ee partielle par rapport \`a $x_2$
sur $U$ et~:
$$ \frac{\partial f}{\partial x_2}(x_1,x_2) = \frac{1}{2 \sqrt{x_2}} \quad .$$

2) {\bf D\'eterminer les extrema locaux de $f$ atteint en un point de $U$. La fonction $f$ est-elle major\'ee
 ou minor\'ee sur $U$~?} \\

D'apr\`es la proposition \ref{sdpfn}.\ref{pcnel},   si $f$ admet un extremum local en un point $(x_1,x_2)$ de $U$, le point 
$(x_1,x_2)$ est un point critique de $U$. C'est \`a dire~:
$$ \frac{1}{2 \sqrt{x_1}} = \frac{1}{2 \sqrt{x_2}} = 0 \quad .$$
Ce syst\`eme n'ayant pas de solution,  la fonction $f$ n'a donc
pas d'extremum local atteint en un point de $U$. \\

La fonction $f$ n'est pas major\'ee sur $U$. En effet,
pour tout r\'eel $A$, il existe un entier $n$ tel que 
$f(0,n^2)=n > A$.   Par contre, $f$ est minor\'ee par $0$ sur $U$; car $f$ est clairement \`a valeurs positives.\\

3){\bf On consid\'ere sur $U$ la fonction $g: U \rightarrow {\bf R} \; , \;
(x_1,x_2) \mapsto x_1+2x_2 $. Soit $k$ un r\'eel strictement positif.
Donner une condition n\'ecessaire pour que $ (a_1,a_2) \in H$ soit un
  extremum local de la restriction de $f$ \`a l'ensemble $H$~:
$$H=  \{ (x_1,x_2) \in U \; ; \; x_1+2x_2 =k \}$$}
(l 'ensemble $H$ est l'intersection de la droite $D$ d'\'equation  $ x_1+2x_2 =k $ avec $U$).\\

 La fonction $g$ est polynomiale et admet donc  des d\'eriv\'ees partielles continues sur $U$.
Nous avons pour tout $(x_1,x_2) \in U$~:
$$ \frac{\partial g}{\partial x_1}(x_1,x_2) = 1 \quad {\rm et} \quad
\frac{\partial g}{\partial x_2}(x_1,x_2) =2$$
D'apr\'es la proposition \ref{sgln}.\ref{pcnpcdv} la condition cherch\'ee est~:
$$ \left\{ \begin{array}{l}     \quad a_1 > 0  \quad , \quad a_2 >0 \quad , \quad
  a_1+2a_2 =k  \quad ( {\rm traduisant} \; (a_1,a_2) \in H) \quad ,  \\ et \quad \displaystyle
 \frac{\partial f}{\partial x_1}(a_1,a_2)  \frac{\partial g}{\partial x_2}(a_1,a_2) -
 \frac{\partial f}{\partial x_2}(a_1,a_2)  \frac{\partial g}{\partial x_1}(a_1,a_2) = 0 \quad .
\end{array} \right.$$

 Ces \'equations se traduisent par~:
 $$ \quad a_1 > 0  \quad , \quad a_2 >0 \quad , \quad
  a_1+2a_2 =k \quad  {\rm et}  \quad    2 \, . \, \frac{1}{2 \sqrt{a_1}} -   \frac{1}{2 \sqrt{a_2}} = 0 \quad .$$ 
Soit~: 
 $$ \quad a_1 > 0  \quad , \quad a_2 >0 \quad , \quad
  a_1+2a_2 =k \quad  {\rm et}  \quad  a_1=4a_2 \quad .$$
Il vient~:
$$ (a_1,a_2) = (  \frac{2k}{3} ,  \frac{k}{6}  ) \quad .$$

4){\bf  Soit $k$ un r\'eel strictement positif.
On consid\`ere l'ensemble ferm\'e et born\'e de $ {\bf R}^2 $~:
$$ K = \{ (x_1,x_2) \in  {\bf R}^+ \times {\bf R}^+  \; ; \;   x_1+2x_2 =k \}$$
Pourquoi    $f_{\mid K} $ 	la restriction  de $f$ \`a $K$ admet-elle un maximum et
un minimum atteint qur $K$~? }\\

Comme $f$ est continue sur ${\bf R}^+ \times {\bf R}^+$, la restriction de $f$ \`a $K$ est
donc continue. L'ensemble $K$ \'etant ferm\'e born\'e, il r\'esulte du th\'eor\`eme \ref{sfn}.\ref{tmfcfb}
que 	la restriction $f_{\mid K} $ de $f$ \`a $K$ admet un maximum et
un minimum atteint qur $K$.\\

5) D\'eterminer le maximum et le minimum de $f_{\mid K} $. En quels points ces valeurs sont-elles atteintes~? 
Que dire du maximum et du minimum de $f$ sur $H$~?\\

Soit $(a_1,a_2)$ un point o\`u $f_{\mid K} $ atteint un extremum.
\begin{itemize}
\item[i)] Si ce point est dans $U$, 
  la restriction de $f$ \`a $H$ admet en ce point
un extremum.
Il r\'esulte
de la question $3$ que 
$$ (a_1,a_2) = (  \frac{2k}{3} ,  \frac{k}{6}  ) \quad .$$
On a alors~:
$$f(a_1,a_2) =  ( \sqrt{\frac{2 }{3} } + \sqrt{\frac{1}{6}  } )\sqrt{k} \quad .$$
\item[ii)] Si le point $(a_1,a_2)$ n'est pas dans $U$, on a soit $a_1 = 0 $ et donc $a_2 = \displaystyle \frac{k}{2}$,
soit $a_2 = 0$ et $a_1=k$. 
\end{itemize}
Or nous avons~:
$$ f(0, \frac{k}{2}) = \sqrt{ \frac{k}{2}} < f(k,0) = \sqrt{k} <
f(\frac{2k}{3} ,  \frac{k}{6}   )= 
  ( \sqrt{\frac{2 }{3} } + \sqrt{\frac{1}{6}  } )\sqrt{k} \quad  .$$
Il en r\'esulte que le minimum de $f_{\mid K} $ est $ \displaystyle \sqrt{ \frac{k}{2}}$
atteint en $ \displaystyle (0, \frac{k}{2})$ et le maximum de $f_{\mid K} $ est $ \displaystyle
( \sqrt{\frac{2 }{3} } + \sqrt{\frac{1}{6}  } )\sqrt{k}$ atteint au point $\displaystyle
(  \frac{2k}{3} ,  \frac{k}{6}  )$ de $U$. \\

Comme $H \subset K$ et $  \displaystyle (  \frac{2k}{3} ,  \frac{k}{6}  )  \in H$,
la fonction $f$ sur $H$ admet   pour maximum 
  $ \displaystyle ( \sqrt{\frac{2 }{3} } + \sqrt{\frac{1}{6}  } )\sqrt{k}$  atteint en 
$\displaystyle (  \frac{2k}{3} ,  \frac{k}{6}  )$. Nous avons vu que 
la fonction $f$ sur $H$  admet un seul extremum local qui est un maximum.
Cette fonction $f$ n'admet donc  pas de minimum local.\\

\noindent{\bf  Autre solution~:} Remarquons que
$$K = \{ (k- 2x_2, x_2)  \in   {\bf R}^2 \quad ; \quad x_2 \in [0, \frac{k}{2} ] \} \quad .$$
Ainsi les extrema de $f$ sur $K$ correspondent aux extrema de la fonction 
$g(x_2) = \sqrt{k -2x_2} + \sqrt{x_2}$ sur l'intervalle $ \displaystyle [0, \frac{k}{2} ]$.
De  m\^eme, les extrema de $f$ sur $H$ correspondent aux extrema de $g$ sur l'intervalle
ouvert $ \displaystyle ]0, \frac{k}{2} [$. \\
La fonction $g$ est continue sur $]-\infty , \displaystyle \frac{k}{2} ]$ et d\'erivable sur
$]-\infty , \displaystyle \frac{k}{2} [$. Pour tout $x_2 <  \displaystyle \frac{k}{2} $~:
$$ g'(x_2) =    \frac{ -2}{ 2 \sqrt{k -2x_2}} + \frac{ 1}{ 2 \sqrt{ x_2}} =
 \frac{ \sqrt{k -2x_2} -  2 \sqrt{ x_2} }{ 2\sqrt{k -2x_2}\sqrt{ x_2} } \quad ,$$
d'o\`u~:
$$  g'(x_2)  =
 \frac{k - 6x_2}{2\sqrt{k -2x_2}\sqrt{ x_2} (  \sqrt{k -2x_2} +  2 \sqrt{ x_2}    )} \quad ,$$
qui est su signe de $k-6x_2$. 
Nous en d\'eduisons le tableau de variation de $g$ sur $]-\infty , \displaystyle \frac{k}{2} ]$~:\\

\noindent {\rm Tableau de variation de $g$~:}\\

 Ce tableau donne les r\'esultats demand\'es.\\

6) {\bf Tracer les lignes de niveaux de la fonction $f$.} \\


Soit $l$ un r\'eel. Ces lignes de niveaux sont les courbes $E_l$ d\'equation~:
$$ x_1 \geq 0 \quad ,  \quad x_2 \geq 0 \quad {\rm et}  \quad
 \sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} = l \quad .$$
\noindent Pout $l>0$, l'ensemble $E_l$ est vide et pour $l=0$, $E_l$ est r\'eduit au singleton 
 $\{(0,0)\}$.\\

\noindent Pour $l>0$,  $(x_1,x_2) \in E_l$ \'equivaut \`a~:
$$  x_1 \geq 0 \quad ,  \quad x_2 \geq 0 \quad {\rm et}  \quad
 \sqrt{x_2} = l-  \sqrt{x_1}   $$
ou encore \'equivaut \`a~:
$$ x_2 =  (l-  \sqrt{x_1} )^2 \quad {\rm et} \quad 0 \leq x_1 \leq l^2 \quad .$$
Ainsi, $E_l$ est le graphe de la fonction $h_l$~:
$$ h_l : [0,l^2] \rightarrow {\bf R} \quad , \quad x_1 \mapsto x_2 = (l-  \sqrt{x_1} )^2 \quad .$$
Pour $x_1 > 0$, la fonction $h_l$ est d\'erivable en $x_1$ et~:
$$ h'(x_1) = 2 (l-  \sqrt{x_1} ) \frac{-1}{2 \sqrt{x_1}} = \frac{ \sqrt{x_1} - l} {\sqrt{x_1}}$$
qui est n\'egative pour $ x_1 \in ]0,l^2[$. Nous en d\'eduisons le tableau de variation de $h_l$~:\\

\noindent {\rm Tableau de variation de $h_l$~:}\\

D'o\`u la courbe repr\'esentative de $E_l$ pour $l>0$~:\\

On remarquera que $(x_1,x_2) \in E_{l'}$ avec $l'\geq l$ \'equivaut \`a 
$$    x_1 \in ]0,l^2[ \quad {\rm et}  \quad
  x_2 = (l' -   \sqrt{x_1})^2  \geq (l-  \sqrt{x_1})^2 \quad .  $$
Ainsi les lignes de niveau
$E_{l'}$ avec $l'\geq l$ sont au-dessus du graphe de $h_l$. Il en r\'esulte que  si 
en $(a_1,a_2) \in U$, la restriction de $f$ \`a $H$ admet un extremum, la droite 
$x_1 + 2x_2 = a_1 +2a_2$ ne traverse pas le graphe de $h_l$ pour 
$l = f(a_1,a_2)$. On retrouve que la droite  $x_1 + 2x_2 = a_1 +2a_2$
est alors une tangente au graphe de $h_l$ en  $(a_1,a_2)$.


%\end{document}

 

 

 

 