Le minimum global de $x^4+y^4-4xy$

La stratégie. Les points critiques donnent les candidats ; une forme canonique — une somme de carrés — donne le verdict, et elle le donne globalement, sans aucun théorème d'existence. Aucun critère du second ordre n'étant au programme, c'est une identité algébrique qui conclut, et elle donne d'un coup la minoration et les cas d'égalité.

a) Les points critiques. $$\nabla f=\left(4x^3-4y,4y^3-4x\right)=(0,0)⟺\{\begin{array}{l}y=x^3\\ x=y^3\end{array}$$ En substituant la première dans la seconde : $x=(x^3{)}^3=x^9$, soit $x(x^8-1)=0$. Sur $\mathbb{R}$, $x^8=1$ équivaut à $x=\pm 1$ ; donc $x\in \{0,1,-1\}$, et $y=x^3$ donne les trois points critiques $$(0,0),(1,1),(-1,-1),$$ avec $f(0,0)=0$ et $f(1,1)=f(-1,-1)=1+1-4=-2$.

b) La forme canonique — le cœur de l'exercice. Développons le membre de droite : $$(x^2-y^2{)}^2+2(xy-1{)}^2=x^4-2x^2{y}^2+y^4+2x^2{y}^2-4xy+2=x^4+y^4-4xy+2=f(x,y)+2.$$ Les termes en $x^2{y}^2$ se détruisent exactement. (Comment la trouver : $x^4+y^4=(x^2-y^2{)}^2+2x^2{y}^2$, et le reste, $2x^2{y}^2-4xy+2$, est $2(xy-1{)}^2$.)

Le membre de droite est une somme de carrés, donc positif ou nul : pour tout $(x,y)\in {\mathbb{R}}^2$, $f(x,y)\ge -2$. L'égalité a lieu si et seulement si les deux carrés sont nuls : $x^2=y^2$ et $xy=1$. La seconde impose $xy>0$, donc $x$ et $y$ de même signe ; avec $x^2=y^2$, cela donne $x=y$, puis $x^2=1$ : $$\underset{{\mathbb{R}}^2}{\min }f=-2,\text{atteint exactement en }(1,1)\text{ et }(-1,-1).$$ Deux points, par la symétrie $(x,y)\mapsto (-x,-y)$ qui laisse $f$ invariante. (Une autre forme canonique existe : $f+2=(x^2-1{)}^2+(y^2-1{)}^2+2(x-y{)}^2$, qui donne les mêmes conclusions ; il n'y a pas unicité de la décomposition en somme de carrés.)

c) L'origine est un col. Le long des deux bissectrices : $$f(x,x)=2x^4-4x^2=2x^2(x^2-2)<0\text{ pour }0<|x|<\sqrt{2},f(x,-x)=2x^4+4x^2>0\text{ pour }x\ne 0.$$ Aussi près de l'origine qu'on veut, $f$ prend des valeurs strictement négatives et strictement positives, alors que $f(0,0)=0$ : ni maximum ni minimum local, c'est un point selle.

Le point délicat. La liste des points critiques ne prouve rien à elle seule : elle ne dit ni qu'un minimum existe, ni lequel des trois candidats le réalise. On serait tenté d'argumenter « $f$ tend vers $+\infty$ à l'infini, donc elle atteint un minimum, nécessairement en un point critique » — mais l'existence d'un minimum pour une fonction continue qui tend vers l'infini est un théorème de seconde année, hors programme ici. La forme canonique, elle, tranche les deux questions en une ligne, sans rien emprunter.

Contrôle numérique. $f(1,1)=-2$, $f(0,0)=0$, $f(1,-1)=1+1+4=6$ ; un balayage du carré $[-3,3{]}^2$ sur une grille fine rend un minimum de $-2,000000$, atteint en $(\pm 1,\pm 1)$ de même signe.

Ce que l'exercice installe. Pour un extremum global, chercher une somme de carrés : c'est le geste de la forme canonique du trinôme, étendu à deux variables, et c'est celui de la réduction des formes quadratiques de seconde année. Une identité algébrique remplace avantageusement toute une théorie — et elle est la seule voie que le programme autorise pour la globalité.