Deux extrema, l'un dedans, l'autre au bord

L'existence. $f$ est continue sur le fermé borné $D$ : elle y atteint ses bornes. On les cherche en deux temps — à l'intérieur, puis sur le cercle frontière.

À l'intérieur. Sur l'ouvert $\{x^2+y^2<4\}$, un extremum est nécessairement un point critique : $${\partial }_{1}f=2x-2=0,{\partial }_{2}f=2y=0,$$ d'où le seul candidat $(1,0)$, qui appartient bien à l'ouvert puisque $1<4$. On y calcule $f(1,0)=1-2=-1$. La hessienne y vaut $\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 2\end{array}\right)$, de spectre $\{2\}\subset {\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$ : c'est un minimum local.

Sur le bord. Si $x^2+y^2=4$, alors $$f(x,y)=4-2x,x\in [-2,2].$$ La contrainte a fait disparaître $y$ : il ne reste qu'une fonction affine d'une variable, décroissante. Son maximum sur $[-2,2]$ vaut $4-2(-2)=8$, atteint en $x=-2$, c'est-à-dire au point $(-2,0)$ ; son minimum vaut $4-2\times 2=0$, atteint au point $(2,0)$.

Comparer les candidats. Les valeurs en lice sont $-1$ (intérieur), $8$ et $0$ (bord). Donc $$\underset{D}{\min }f=-1\text{ en }(1,0),\underset{D}{\max }f=8\text{ en }(-2,0).$$

Ce que l'exercice illustre. Le minimum est intérieur, le maximum est au bord — et le maximum n'est pas un point critique de $f$ : son gradient y vaut $(-6,0)\ne (0,0)$. Sur un fermé, la condition d'ordre $1$ ne s'applique qu'à l'intérieur ; oublier d'examiner le bord fait manquer un extremum sur deux.