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

+3 -0

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

Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle devrait faire plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle fait plus de deux lignes. Ceci est une signature tellement longue qu’elle fait plus de deux vaches. Ceci est une signature tellement vache qu’elle mange de l’herbe. By the way, I love people so smart they can even understand bullshit.

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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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