Points stationnaires d'une fonction à deux variables

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Bonjour les matheux!

J’aimerais savoir s’il y a une façon simple de trouver les points stationnaires d’une fonction à deux variables (du moins le nombre de ceux-ci) sans devoir faire le calcul du gradient et de les égaler à zéro afin de résoudre un systèmes à deux inconnues. Par exemple, imaginons que je puisse factoriser ma fonction de la façon suivante: $f(x,y) = (x + 4)(2 - y)(x - y + 3)$. Si on développe et on calcule les dérivées puis on résous on trouve quatre points stationnaires.

Ici, y en a trois pour moi qui sont triviaux ($x = -4$ et $y=2$ puis faire varier avec le terme $x-y+3 = 0$). Si j’avais dû dire combien de points stationnaires $f$ possède, j’aurais dis trois.

Comment tous les deviner sans se louper? Je sais pas si ma stratégie est la bonne :p

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Salut,

Comment tous les deviner sans se louper?

Prendre le gradient et regarder où il s’annule. C’est la seule méthode garantie, pourquoi tu voudrais faire sans ?

I don’t mind that you think slowly, but I do mind that you are publishing faster. – W. Pauli

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En général il n’y a pas de méthode. Parfois personne n’a d’autre explication que « ça sort des calculs ». Ici ça s’explique peut-être. Avec un changement de variable (je ne sais pas lequel exactement mais il existe) on se retrouve avec la fonction $xyz$ sous contrainte $z + x + y = 1$. Les points où le gradient s’annulent sont les points $(x,y,z)$ tels que $x+y+z=1$ et $(yz,xz,xy)$ est colinéaire à $(1,1,1)$, soit $yz=xz=xy$. Avec le théorème de Bézout on voit que, comptés avec multiplicité, les points où le gradient s’annule sont au nombre de $4$, mais ça ne dit pas qu’il n’y en a pas deux confondus [edit : enfin peut-être si en faisant comme dit Holosmos, je ne sais pas]. Ces points sont $(0,0,1)$, $(0,1,0)$, $(1,0,0)$ et $(1/3,1/3,1/3)$. Ceux qu’on voit immédiatement sont les trois premiers et ils sont immédiats car c’est en fait toute la différentielle qui est nulle même sans la contrainte $x+y+z=1$, et pour l’autre on ne le voit pas aussi facilement… je ne sais pas quoi dire de plus.

Édité par blo yhg

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Auteur du sujet

Disons que j’ai tout développé et que ça m’a pris un certain temps surtout pour résoudre le système qui est non-linéaire et très moche… Donc je me qu’il doit y avoir une technique plus simple.

@Holosmos : Comment tu ferais ça dans le cas présent?

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Bon, pour calculer le nombre de points de façon un peu hasardeuse mais correcte, on peut faire le raisonnement suivant lorsque $f$ est algébrique.

Si

$$f = \sum a_{ij}x^i y^j$$

alors

$$ \nabla f = (\sum i a_{ij} x^{i-1} y^j, \sum j a_{ij} x^i y^{j-1})$$

maintenant, cette chose là lorsque

$$\sum i a_{ij} x^{i-1} y^j = 0$$
$$ \sum j a_{ij} x^i y^{j-1}=0$$

pour des coefficients génériques, on obtient dans $\mathbf {CP}^1$, $(n-1)(n-1)$ points avec $n$ le degré de $f$. (C’est le théorème de Bézout, puisque c’est l’intersection de deux courbes planes algébriques.)

Dans ton cas, on avait $n=3$ et donc bien $(n-1)^2=4$.


Là c’est dans le cas projectif, pour revenir dans $\mathbf C$, il suffit d’avoir la généricité. Donc $(n-1)^2$ marche bien dans $\mathbf C$.

Pour revenir dans $\mathbf R$, c’est plus difficile, et je connais pas de méthode. Cependant $(n-1)^2$ reste un bon majorant (qui peut être réalisé).

Édité par Holosmos

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Auteur du sujet

Merci beaucoup Holosmos. J’ai simplement pas bien compris cette égalité ci-dessous:

maintenant, cette chose là lorsque

$$\sum i a_{ij} x^{i-1} y^j = - \sum j a_{ij} x^i y^{j-1}$$

Est-ce simplement le Théorème de Bézout qui nous dis ça ?

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