Le maximum de $xy(1-x-y)$ sur le triangle ouvert

La stratégie. Sur un ouvert, un extremum local est un point critique : on résout $\nabla f=0$ pour dresser la liste des candidats. Mais cette liste ne dit rien de la nature du point ; c'est une inégalité extérieure qui prouve le maximum, et le prouve global.

a) L'ouvert et le point critique. Soit $m=(x,y)\in T$, et $\delta >0$ le plus petit des trois nombres $x$, $y$ et $\frac{1-x-y}{2}$. Pour tout point $(x^{\prime },y^{\prime })$ de la boule de centre $m$ et de rayon $\delta$, on a $|x^{\prime }-x|<\delta$ et $|y^{\prime }-y|<\delta$ ; donc $x^{\prime }>x-\delta \ge 0$, $y^{\prime }>0$, et $x^{\prime }+y^{\prime }<x+y+2\delta \le 1$. La boule est incluse dans $T$ : $T$ est un ouvert. En développant $f=xy-x^{2}y-x{y}^2$ : $$\frac{\partial f}{\partial x}=y-2xy-y^2=y(1-2x-y),\frac{\partial f}{\partial y}=x-x^2-2xy=x(1-x-2y).$$ Sur $T$, $x>0$ et $y>0$, donc $\nabla f=0$ équivaut au système linéaire $2x+y=1$, $x+2y=1$. La différence donne $x=y$, puis $3x=1$. Unique point critique dans $T$ : $a=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$, avec $f(a)=\frac{1}{27}$.

Le point délicat. Sur ${\mathbb{R}}^2$ tout entier, $f$ a quatre points critiques : $(0,0)$, $(1,0)$, $(0,1)$ et $a$. Les trois premiers sont sur le bord de $T$, donc hors de $T$ : ils ne sont pas candidats. C'est la restriction à l'ouvert qui rend le point critique unique, et c'est elle aussi qui autorise le théorème.

b) C'est un maximum, et il est global.

Première voie : l'inégalité $\ln u\le u-1$. Posons $z=1-x-y$. Sur $T$, les trois nombres $x,y,z$ sont strictement positifs et de somme $1$. Pour tout $u>0$, $\ln u\le u-1$, avec égalité si et seulement si $u=1$ : c'est l'inégalité $\ln (1+t)\le t$ du chapitre de calcul différentiel et intégral, avec $u=1+t$ ; le cas d'égalité se voit sur $g:u\mapsto u-1-\ln u$, de dérivée $g^{\prime }(u)=1-\frac{1}{u}$, strictement négative sur $]0,1[$ et strictement positive sur $]1,+\infty [$ : $g$ décroît strictement puis croît strictement, atteint en $1$ son minimum $g(1)=0$ et ne s'annule qu'en ce point. Appliquons cette inégalité à $3x$, $3y$ et $3z$, puis ajoutons : $$\ln (3x)+\ln (3y)+\ln (3z)\le (3x-1)+(3y-1)+(3z-1)=3(x+y+z)-3=0.$$ Le membre de gauche vaut $\ln (27xyz)$ ; l'exponentielle étant croissante, $27xyz\le 1$, donc $$f(x,y)=xyz\le \frac{1}{27},$$ avec égalité si et seulement si les trois inégalités sont des égalités, c'est-à-dire $3x=3y=3z=1$ : $x=y=\frac{1}{3}$. Au passage, on vient de démontrer, sans l'avoir supposée, l'inégalité entre moyenne géométrique et moyenne arithmétique de trois nombres positifs de somme $1$ — elle n'est pas au cours, et on n'en a pas eu besoin.

Seconde voie : réduire à une variable. Fixons la somme $s=x+y\in \left]0,1\right[$. Comme $s^2-4xy=(x-y{)}^2\ge 0$, on a $xy\le \frac{s^2}{4}$, avec égalité si et seulement si $x=y$. Donc $f(x,y)=xy(1-s)\le \frac{s^2(1-s)}{4}=\phi (s)$. La fonction $\phi$ est dérivable sur $]0,1[$, avec ${\phi }^{\prime }(s)=\frac{2s-3s^2}{4}=\frac{s(2-3s)}{4}$, positive sur $\left]0,\frac{2}{3}\right]$ et négative sur $\left[\frac{2}{3},1\right[$ : $\phi$ atteint son maximum en $s=\frac{2}{3}$, et $\phi \left(\frac{2}{3}\right)=\frac{1}{4}\cdot \frac{4}{9}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{27}$. Ainsi $f(x,y)\le \frac{1}{27}$ sur $T$, avec égalité si et seulement si $x=y$ et $x+y=\frac{2}{3}$, soit $x=y=\frac{1}{3}$.

Les deux voies concluent : $$\underset{T}{\max }f=f\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{27}\approx 0,0370,\text{atteint en ce seul point.}$$ Contrôle. $f(0,3;0,3)=0,09\times 0,4=0,0360$ et $f(0,4;0,3)=0,12\times 0,3=0,0360$, tous deux inférieurs à $0,0370$.

c) Le triangle fermé. Sur le bord de $\overline{T}$ — les trois segments $x=0$, $y=0$, $x+y=1$ — l'un des facteurs $x$, $y$, $1-x-y$ est nul, donc $f=0$ ; à l'intérieur, les trois facteurs sont strictement positifs, donc $f>0$. Le maximum sur $\overline{T}$ est donc encore $\frac{1}{27}$, atteint à l'intérieur ; le minimum est $0$, atteint en tout point du bord. Et ces points du bord ne sont pas, pour la plupart, des points critiques : en $\left(\frac{1}{2},0\right)$ par exemple, $\frac{\partial f}{\partial y}=x(1-x-2y)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}\ne 0$. La condition nécessaire « extremum implique point critique » ne vaut que sur un ouvert, et le bord n'en fait pas partie.

Ce que l'exercice installe. Le schéma complet d'un problème d'extremum : vérifier qu'on est sur un ouvert, résoudre $\nabla f=0$, puis trouver l'argument qui décide — ici l'inégalité $\ln u\le u-1$, ou une réduction à une variable. Le point critique désigne, l'inégalité confirme. Et la remarque de fond : le produit de trois nombres positifs de somme fixée est maximal à l'équilibre — la même inégalité qui fait du carré le rectangle d'aire maximale à périmètre donné, et qui dimensionne au moindre coût une pièce ou un réservoir en sciences industrielles.