Correction

TD 1: optimisation des fonctions d’une variable réelle
1 Sans économie
Exercice 1. Pour chacun des exemples suivants, calculer sup
I
fet inf
If. De plus, indiquer si ces bornes sont
atteintes, et en quel(s) point(s).
1. f(x) = x(1 −x)sur I= [0,1].
Correction : La fonction fest dérivable sur tout Iet pour tout x∈I,f0(x)=1−2x. Donc f0(x)=0
si et seulement si x= 1/2les extrema de fne peuvent donc être atteints qu’en 0,1/2et 1. Or on a :
f(0) = 0,
f(1/2) = 1/4,
f(1) = 0.
Or comme Iest fermé et borné, fatteint ses bornes. En conséquence : sup f= max f= 1/4, atteint
en 1/2, et inf f= min f= 0, atteint en 0et 1.
2. f(x)=1−e−xsur I=R+.
Correction : La fonction fest dérivable sur tout Iet pour tout x∈I,f0(x) = e−x. Donc f0est
strictement positive sur tout I, donc fest strictement croissante, et :
f(0) = 0,
lim
x→+∞f(x)=1.
Ceci est suffisant pour conclure que inf f= min f= 0, atteint en 0, et sup f= 1 et qu’il n’est pas
atteint.
3. f(x)=3x4−4x3+ 6x2−12x+ 1 sur I=R.
Correction : D’abord, l’étude du terme de degré le plus élevé du polynome (3x4) nous montre que :
lim
x→±∞ f(x)=+∞.
Donc sup f= +∞et n’est donc évidemment pas atteint. Ensuite, pour tout x∈R:
f0(x) = 12x3−12x2+ 12x−12 = 12(x3−x2+x−1).
On remarque donc que f0est un polynome s’annulant en 1. On sait donc qu’il se factorise par (x−1).
On calcule alors :
f0(x) = 12(x−1)(x2+ 1).
Donc f0ne s’annule qu’en 1, et 1est l’unique point d’extremum potentiel. Elle est négative pour
x≤1et positive pour x≥1. Donc fest décroissante sur ]− ∞,1] et croissante sur [1,+∞[. Donc
inf f= min f=f(1) = −6.
4. f(x) = 1
√x2−x+ 1 sur I= [0,1].
1

Correction : Tout d’abord, on a :
x2−x+ 1 = x−1
22
+3
4>0,
donc fest bien définie sur I, et continue est dérivable sur I. En particulier, comme Iest fermé et
borné, fatteint ses bornes. De plus, pour tout x∈I:
f0(x) = 1−2x
2(x2−x+ 1)3/2.
f0ne s’annule donc qu’en x= 1/2, et les seuls points d’extremum potentiels sont 0,1/2et 1. Or :
f(0) = 1,
f(1/2) = p4/3,
f(1) = 1.
Donc inf f= min f= 1, atteint en 0et 1, et sup f= max f=p4/3, atteint en 1/2.
Exercice 2. Soit f:R→Rune fonction continue telle que
lim
x→±∞ f(x)=+∞.
Montrer qu’elle admet un minimum global.
Correction : Comme :
lim
x→−∞ f(x)=+∞,
Il existe a∈Rtel que :
∀x≤a, f(x)≥f(0) + 1.
Comme :
lim
x→+∞f(x) = +∞,
Il existe b∈Rtel que :
∀x≥b, f(x)≥f(0) + 1.
De plus, comme f(0) < f(0) + 1, on a a < 0et b > 0.fest continue sur le segment [a, b]. Donc il existe
x0∈[a, b]tel que :
min
[a,b]f=f(x0).
f(x0)≤f(0), donc si x /∈[a, b],f(x)> f(x0). Donc f(x0)est le minimum global de f.
Exercice 3. Soit f: [0,+∞[→Rune fonction continue ayant une limite finie en +∞.
1. Montrer que fest bornée.
Correction : Soit lla limite de fen +∞. Il existe b∈[0,+∞[tel que :
∀x≥b, l −1≤f(x)≤l+ 1.
De plus, fest continue sur le segment [0, b]. Donc fest bornée sur [0, b]: il existe m∈R+tel que :
∀x∈[0, b],|f(x)| ≤ m.
Donc en choissant M:= max(m, |l+ 1|,|l−1|), pour tout x∈[0,+∞[:
|f(x)| ≤ M.
2. Montrer que fadmet un maximum global ou un minimum global.
2

Correction :
— Premier cas : f≡l(le signe ≡signifie "partout égal à").
Si pour tout x∈[0,+∞[,f(x) = l, alors lest à la fois le minimum global et le maximum global
de f.
— Deuxième cas : f ≡l.
Soit alors x0∈[0,+∞[tel que f(x0)6=l. Supposons par exemple que f(x0)> l, le cas symétrique
se traitant de façon similaire. Soit ρ∈Rtel que l<ρ<f(x0). Il existe b∈[0,+∞[tel que :
∀x≥b, f(x)≤ρ.
Or fest continue sur le segment [0, b], donc il existe x1∈[0, b]tel que :
f(x1) = max
[0,b]f.
f(x0)> ρ, donc x0≤b, donc :
f(x1)≥f(x0)> ρ.
Donc pour tout x≥b:
f(x)< f(x1).
Donc f(x1)est le maximum global de f.
3. Donner un exemple de fonction ayant un maximum global mais pas de minimum.
Correction :
f:x7→ 1−e−x.
Exercice 4. Soit fune fonction continue et dérivable de Rdans Radmettant la même limite dans l’ensemble
R∪ {−∞,+∞} en −∞ et +∞. Montrer qu’il existe c∈Rtel que f0(c)=0.
Correction : On traite par exemple le cas ou la limite est finie, et on la note l. Le cas de la limite infinie
est une conséquence directe de l’exercice 2.
— Premier cas : f≡l.
Dans ce cas, tout c∈Rconvient.
— Deuxième cas : f ≡l. Soit alors x0∈Rtel que f(x0)6=l, et supposons par exemple que f(x0)< l, le
cas symétrique se traitant de façon similaire. On choisit alors ρtel que f(x0)< ρ < l. Comme f l
+∞, il
existe b>x0tel que :
∀x≥b, f(x)≥ρ.
De la même façon, il existe a < x0tel que :
∀x≤a, f(x)≥ρ.
fest continue sur [a, x0],f(a)≥ρet f(x0)< ρ. Donc par le théorème des valeurs intermédiaires,
il existe α∈[a, x0[tel que f(α) = ρ. De même, il existe β∈]x0, b]tel que f(β) = ρ. On peut donc
appliquer le théorème de Rolle à la fonction fsur l’intervalle [α, β].
Exercice 5. Soit f: [0,+∞[→Rune fonction convexe.
1. Montrer que l’application :
]0,+∞[−→ R
x7→ f(x)
x
admet une limite ldans R∪ {+∞} lorsque x→+∞.
3

Correction : L’application de R∗
+dans Rdéfinie pour tout x∈R∗ +par :
f(x)−f(0)
x
est croissante en x. Donc elle admet une limite l∈R∪ {+∞} quand xtend vers +∞. Or :
lim
x→+∞
f(0)
x= 0,
donc :
lim
x→+∞
f(x)
x= lim
x→+∞
f(x)−f(0)
x=l.
2. Montrer que si l≤0, alors fest décroissante.
Correction : Pour tout a∈R, l’application qui a x∈]a, +∞[associe :
f(x)−f(a)
x−a=f(x) x×x x−a+f(a) x−a
est également croissante et tend vers l. Donc pour tout b∈]a, +∞[:
f(b)−f(a)
b−a≤l.
Donc si l≤0, pour tous a<bdans R,f(b)≤f(a), et donc fest décroissante.
3. Montrer que si lest fini, alors f(x)−lx admet une limite dans R∪ {−∞} lorsque x→+∞.
Correction : On a vu à la question précédente que pour tout a<bdans R:
f(b)−f(a)
b−a≤l.
Donc :
f(b)−lb ≤f(a)−la,
et l’application qui à xassocie :
f(x)−lx
est décroissante. Elle ademet donc une limite dans R∪ {−∞}.
Exercice 6. Soit f:R→Rune fonction convexe.
1. On suppose que fadmet un minimum local.
(a) Montrer que ce minimum est global.
Correction : Soit x0le point de minimum local de f. Soit ε > 0tel que pour tout x∈
[x0−ε, x0+ε],f(x)≥f(x0). Pour montrer que le minimum est global, il suffit de montrer que si
y∈R\[x0−ε, x0+ε],f(y)≥f(x0). Soit donc un tel y. On suppose par exemple que y > x0+ε.
Par un résultat du cours :
f(y)−f(x0)
y−x0≥f(x0+ε)−f(x0) ≥0.
On a donc le résultat.
(b) Caractériser l’ensemble des points où il est atteint.
4

Correction : On va montrer que l’ensemble des points où le minimum est atteint est un inter-
valle. Vous montrerez en DM que cet intervalle est fermé. On note Il’ensemble des points où le
minimum est atteint (comme intervalle, ça nous donne du courage), et on note mle dit minimum.
On prend aet bdans Iavec a < b, et ctel que a<c<b. Le but est de montrer que c∈I. Soit
t∈]0,1[ tel que :
(1 −t)a+tb.
On a alors :
m≤f(c) = f((1 −t)a+tb)≤(1 −t)f(a) + tf(b) = (1 −t)m+tm =m.
Donc c∈I.
(c) Montrer que si fest strictement convexe, alors il est unique.
Correction : Soient aet bdeux points de minimum global de f. Supposons qu’ils soient diffé-
rents. Alors par convexité :
f1
2a+1 2b<1 2f(a) + 1 2f(b) = min f.
Il y a donc une contradiction et a=b.
2. On suppose que fest dérivable et admet un point critique. Montrer que fatteint en ce point un
minimum global.
Correction : Soit x0ce point critique. Si y > x0, par un résultat du cours :
0 = f0(x0)≤f(y)−f(x0)
y−x0
Donc :
f(y)≥f(x0).
On raisonne de même quand y < x0.
3. On suppose que fest deux fois dérivable et qu’il existe un réel ctel que f00 ≥c > 0. Montrer que f
possède un unique minimum global. Que peut-on dire si l’on suppose seulement que f00 >0?
Correction : Par l’inégalité des accroissements finis appliquée à f0, pour tout x > 0:
f0(x)−f0(0) ≥cx
Donc quand x→+∞,f0(x)>0. De même, quand x→ −∞,f0(x)<0. Par le théorème des valeurs
intermédiaires (f0est continue), il existe donc un point x0tel que f0(x0) = 0. On conclut alors grâce
à la question précédente. Je fais juste une remarque pour dire qu’on aurait pu se passer du théorème
des valeurs intermédiaires en utilisant l’exercice 2.
exp fournit un contre-exemple du deuxième point.
2 Avec économie
Exercice 7. C’était une erreur de vous mettre cet exercice sans repasser derrière, l’énoncé est
très approximatif... Je le corrige quand même du mieux que je peux !
1. Soit un bien à produire en quantité x∈R∗
+. La fonction qui à la quantité xassocie le coût total lié à sa
production est appelée fonction de coût et est notée C(x). Sa dérivée C0(x)est appelée coût marginal
et est notée Cm(x). Le coût moyen est défini par CM(x) = C(x)/x.
Montrer que si le coût marginal est supérieur (resp. inférieur) au coût moyen, alors ce dernier est
croissant (resp. décroissant).
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