Sujet A.4.1 Inégalités
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Exercice
Sachant que $\,(x,y)\app\,[-1,1\sp{.75}]^2\sp{1.5},\,$ encadrer l'expression :
$\,f(x,y) =2\sp{1.5}x^2+2\sp{1.5}x\sp{1.5}y+y^2+x\sp{1.5}.\,$
Cet encadrement est-il optimal ? Comment peut-on éventuellement l'améliorer ?
relation d'ordre et somme
La relation d'ordre sur $\bb R$ est compatible avec la somme :
- $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b\leq b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b\leq a'+b'\,;\,$
- $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b < b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b < a'+b'\sp{1.5}.\,$
relation d'ordre et produit
L'ordre sur $\bb R$ est compatible avec le produit par un réel positif :
- $\,(\sp{1.5}a\leq b\ \txt{et}\ c\geq 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c\leq b\sp{1.5}c \,;\,$
- $\, (\sp{1.5}a < b\ \txt{et}\ c > 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c < b\sp{1.5}c\,.\,$
relation d'ordre et inversion
L'inversion est strictement décroissante entre réels de même signe :
- $\,\big(\, a\leq b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a\leq b\,\big)\Imp 1/b \leq1/a\,;\,$
- $\,\big(\, a < b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a < b\,\big)\Imp 1/b <1/a\,.\,$
inégalités triangulaires dans $\bb R$
Soient $\,x,\sp{1.5}y\app\bb R\sp{1.5};\,$ on a alors les inégalités triangulaires :
$\displaystyle{}|x+y\sp{.75}|\sp{1.5}\leq|x| + |y\sp{.75}|\ \txt{et}\ \big||x|-|y\sp{.75}|\big|\sp{1.5}\leq\ |x-y\sp{.75}|$
Chacune de ces inégalités est une égalité ssi $\,x\,$ et $\,y\,$ ont le même signe.
indication
1
Commencer par encadrer $\,f(x,y)\,$ par somme d'inégalités, puis établir que le majorant obtenu est une valeur de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2.\,$
indication
2
Faire apparaître dans l'expression de $\,f(x,y)\,$ une somme de carrés.
réponse
Par somme d'inégalités, on obtient d'abord l'encadrement :
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app\sp{1.5}[-1,1\sp{.75}]^2,\ -3\leq f(x,y)\leq 6$
On améliore cet encadrement avec les extremums de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2:\,$
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app\sp{1.5}[-1,1\sp{.75}]^2,\ -\smh1{\dfrac14}\leq f(x,y)\leq6$
correction
Avec $\,|x|\leq1\,$ et $\,|y|\leq1,\,$ on a d'abord : $\,0\leq 2\sp{1.5}x^2\leq2\,$ et $\,0\leq y^2\leq1,\,$ puis : $\,-2\leq2\sp{1.5}x\sp{1.5}y\leq2\,$ et $\,-1\leq x\leq 1\sp{1.5}.\,$
On en déduit par
La relation d'ordre sur $\bb R$ est compatible avec la somme :
somme
d'inégalités l'encadrement suivant :
- $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b\leq b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b\leq a'+b'\,;\,$
- $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b < b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b < a'+b'\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\ptt x\app\,[-1,1\sp{.75}],\ -3\leq 2\sp{1.5}x^2+2\sp{1.5}x\sp{1.5}y+y^2+x \leq6$
$\,-3\,$ et $\,6\,$ sont donc respectivement un
Soient $\,(E,\leq)\,$ un ensemble ordonné et $A$ une partie de $E\sp{1.5}.$
Un élément $\,m\,$ de $\,E\,$ est un minorant de $A$ ssi : $\,\ptt x\app A,\ x\geq m\sp{1.5}.\,$
Si $\,m\app A\sp{1.5},\,$ il est unique ; c'est le plus petit élément de $A:$ $\,m=\min A\sp{1.5}.\,$
minorant
et un
Soient $\,(E,\leq)\,$ un ensemble ordonné et $A$ une partie de $E\sp{1.5}.$
Un élément $\,M\,$ de $\,E\,$ est un majorant de $A$ ssi : $\,\ptt x\app A,\ x\leq M\sp{1.5}.\,$
Si $\,M\app A\sp{1.5},\,$ il est unique ; c'est le plus grand élément de $A:$ $\,M=\max A\sp{1.5}.\,$
majorant
de l'ensemble des valeurs de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2.\,$
Il reste à savoir si ce sont les extremums de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2:\,$
- Le majorant $\,6\,$ est le
$\,f:\Omega\to\bb R\,$ admet un extremum sur $\,A\subset\Omega\,$ ssi il existe en $\,a\app A:\,$maximum de $f$ sur le carré $\,[-1,1\sp{.75}]^2\,$ car $\,f(1, 1)=6\sp{1.5};\,$
- un maximum, avec : $\,\ptt x\app A,\,f(x)\sp{-1.5}\leq\sp{-1.5} f(a)=\max\!\big(f(A)\big)\sp{1.5};\,$
- un minimum, avec : $\,\ptt x\app A,\,f(x)\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5} f(a)=\min\!\big(f(A)\big)\sp{1.5}.\,$
- en revanche, le minorant $\,-3\,$ ne correspond à aucune valeur de $f$ dans $\,[-1,1\sp{.75}]^2\sp{1.5}.\,$
Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :
carrés
de sommes dans l'expression de $\,f(x,y):\,$
$\eqalign{\sth{.75}(a+b)^2&=a^2+2\sp{1.5}a\sp{1.5}b+b^2\\[-.5ex](a+b)^3&=a^3+3\sp{1.5}a^2b+3\sp{1.5}a\sp{1.5}b^2+b^3}$
$\eqalign{f(x,y)&=(x+y)^2+x^2+x\\[-1.5ex]& =(x+y)^2+\Big(x+\frac12\Big)^2-\frac14\geq-\dfrac14}$
Avec $\,\dfrac14=\smh0{f\Big(-\dfrac12,\dfrac12\Big),}\,$
Le nombre $\,-\dfrac14\,$ est donc le
$\,f:\Omega\to\bb R\,$ admet un extremum sur $\,A\subset\Omega\,$ ssi il existe en $\,a\app A:\,$
minimum
de la fonction $f$ sur le carré $\,[-1,1\sp{.75}]^2\sp{1.5}.\,$
On en déduit l'encadrement optimal de $\,f(x,y):\,$
- un maximum, avec : $\,\ptt x\app A,\,f(x)\sp{-1.5}\leq\sp{-1.5} f(a)=\max\!\big(f(A)\big)\sp{1.5};\,$
- un minimum, avec : $\,\ptt x\app A,\,f(x)\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5} f(a)=\min\!\big(f(A)\big)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app\,[-1,1\sp{.75}]^2,\ - \smh{1}{\dfrac14}\leq f(x,y)\leq6$
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Exercice
Sachant que $\,(x,y)\app\,[-1,1\sp{.75}]^2\sp{1.5},\,$ encadrer l'expression :
$\,f(x,y) = \dfrac{y-x}{x+2}\!\cdot\,$
Cet encadrement est-il optimal ? Comment peut-on éventuellement l'améliorer ?
relation d'ordre et somme
La relation d'ordre sur $\bb R$ est compatible avec la somme :
- $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b\leq b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b\leq a'+b'\,;\,$
- $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b < b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b < a'+b'\sp{1.5}.\,$
relation d'ordre et produit
L'ordre sur $\bb R$ est compatible avec le produit par un réel positif :
- $\,(\sp{1.5}a\leq b\ \txt{et}\ c\geq 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c\leq b\sp{1.5}c \,;\,$
- $\, (\sp{1.5}a < b\ \txt{et}\ c > 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c < b\sp{1.5}c\,.\,$
relation d'ordre et inversion
L'inversion est strictement décroissante entre réels de même signe :
- $\,\big(\, a\leq b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a\leq b\,\big)\Imp 1/b \leq1/a\,;\,$
- $\,\big(\, a < b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a < b\,\big)\Imp 1/b <1/a\,.\,$
inégalités triangulaires dans $\bb R$
Soient $\,x,\sp{1.5}y\app\bb R\sp{1.5};\,$ on a alors les inégalités triangulaires :
$\displaystyle{}|x+y\sp{.75}|\sp{1.5}\leq|x| + |y\sp{.75}|\ \txt{et}\ \big||x|-|y\sp{.75}|\big|\sp{1.5}\leq\ |x-y\sp{.75}|$
Chacune de ces inégalités est une égalité ssi $\,x\,$ et $\,y\,$ ont le même signe.
indication
1
Commencer par majorer $\,|f(x,y)|\,$ par une inégalité triangulaire, puis établir que le majorant obtenu est une valeur de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2\sp{1.5}.\,$
indication
2
Modifier l'expression de $\,f(x,y)\,$ en faisant apparaître $\,(x+2)\,$ à son numérateur.
réponse
Par majoration de $\,|f(x,y)|,\,$ on obtient d'abord l'encadrement :
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app\sp{1.5}[-1,1\sp{.75}]^2,\ -2\leq f(x,y)\leq 2$
On améliore cet encadrement avec les extremums de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2:\,$
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app\sp{1.5}[-1,1\sp{.75}]^2,\ -\smh1{\dfrac23}\leq f(x,y)\leq 2$
correction
Étant donné que $\,1\leq x+2\leq3\sp{1.5},\,$ on a d'abord par
Soient $\,x,\sp{1.5}y\app\bb R\sp{1.5};\,$ on a alors les inégalités triangulaires :
inégalité
triangulaire :
$\displaystyle{}|x+y\sp{.75}|\sp{1.5}\leq|x| + |y\sp{.75}|\ \txt{et}\ \big||x|-|y\sp{.75}|\big|\sp{1.5}\leq\ |x-y\sp{.75}|$
Chacune de ces inégalités est une égalité ssi $\,x\,$ et $\,y\,$ ont le même signe.
$\displaystyle{}\ptt(x,y)\app\,[-1,1\sp{.75}],\ \frac{|y-x|}{x+2}\leq \frac{|y|+|x|}{x+2}\leq\frac2{x+2}$
Par
L'inversion est strictement décroissante entre réels de même signe :
inversion
de $\,1\leq x+2\leq3\sp{1.5},\,$ on a :$\,\smb1{\dfrac13\leq\dfrac1{x+2}\leq1}\sp{1.5},\,$ d'où :
$\,\ptt(x,y)\app\sp{1.5}[-1,1\sp{.75}]^2,\ -2\leq f(x,y)\leq2\sp{1.5}.\,$
$\,-2\,$ et $\,2\,$ sont donc respectivement un
- $\,\big(\, a\leq b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a\leq b\,\big)\Imp 1/b \leq1/a\,;\,$
- $\,\big(\, a < b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a < b\,\big)\Imp 1/b <1/a\,.\,$
Soient $\,(E,\leq)\,$ un ensemble ordonné et $A$ une partie de $E\sp{1.5}.$
Un élément $\,m\,$ de $\,E\,$ est un minorant de $A$ ssi : $\,\ptt x\app A,\ x\geq m\sp{1.5}.\,$
Si $\,m\app A\sp{1.5},\,$ il est unique ; c'est le plus petit élément de $A:$ $\,m=\min A\sp{1.5}.\,$
minorant
et un
Soient $\,(E,\leq)\,$ un ensemble ordonné et $A$ une partie de $E\sp{1.5}.$
Un élément $\,M\,$ de $\,E\,$ est un majorant de $A$ ssi : $\,\ptt x\app A,\ x\leq M\sp{1.5}.\,$
Si $\,M\app A\sp{1.5},\,$ il est unique ; c'est le plus grand élément de $A:$ $\,M=\max A\sp{1.5}.\,$
majorant
de l'ensemble des valeurs de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2.\,$
Il reste à savoir si ce sont les extremums de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2:\,$
- Le majorant $\,2\,$ est le
$\,f:\Omega\to\bb R\,$ admet un extremum sur $\,A\subset\Omega\,$ ssi il existe en $\,a\app A:\,$maximum de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2\,$ car $\,f(-1,1)=2\,;\,$
- un maximum, avec : $\,\ptt x\app A,\,f(x)\sp{-1.5}\leq\sp{-1.5} f(a)=\max\!\big(f(A)\big)\sp{1.5};\,$
- un minimum, avec : $\,\ptt x\app A,\,f(x)\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5} f(a)=\min\!\big(f(A)\big)\sp{1.5}.\,$
- En revanche, le minorant $\,-2\,$ ne correspond à aucune valeur de $f$ dans $\,[-1,1\sp{.75}]^2\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}f(x,y)=\frac{(y+2)-(x+2)}{x+2}=\frac{y+2}{x+2}-1$
Avec $\, y+2\geq1\,$ et $\,\dfrac1{x+2}\geq\dfrac13\sp{1.5},\,$ on a par
La relation d'ordre sur $\bb R_+$ est compatible avec le produit :
produit :
$\,\dfrac{y+2}{x+2}\geq\dfrac13\sp{1.5},\,$ et donc :
- $\,\big(\sp{1.5}0\leq a\leq a' \ \text{ et }\ 0\leq b\leq b'\sp{1.5}\big)\Imp 0\leq a\sp{1.5}b\leq a'\sp{1.5}b'\,;\,$
- $\,\big(\sp{1.5}0 < a \leq a'\txt{et}0 < b < b'\sp{1.5}\big)\Imp 0 < a\sp{1.5}b < a'\sp{1.5}b'\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}f(x,y)=\frac{y+2}{x+2}-1\geq \frac13-1=-\frac23=f(1,-1)$
Le nombre $\,\smh1{-\dfrac23}\,$ est donc le
$\,f:\Omega\to\bb R\,$ admet un extremum sur $\,A\subset\Omega\,$ ssi il existe en $\,a\app A:\,$
minimum
de la fonction $f$ sur le carré $\,[-1,1\sp{.75}]^2\sp{1.5}.\,$
On en déduit l'encadrement optimal de $\,f(x,y):\,$
- un maximum, avec : $\,\ptt x\app A,\,f(x)\sp{-1.5}\leq\sp{-1.5} f(a)=\max\!\big(f(A)\big)\sp{1.5};\,$
- un minimum, avec : $\,\ptt x\app A,\,f(x)\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5} f(a)=\min\!\big(f(A)\big)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app\sp{1.5}[-1,1\sp{.75}]^2,\ - \smh1{\dfrac23}\leq f(x,y)\leq2$
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Exercice
Sachant que $\,(x,y)\app\,[-1,1\sp{.75}]^2\sp{1.5},\,$ encadrer l'expression :
$\,f(x,y) = (1-x)(x-y^2)\sp{1.5}.\,$
Cet encadrement est-il optimal ? Comment peut-on éventuellement l'améliorer ?
relation d'ordre et somme
La relation d'ordre sur $\bb R$ est compatible avec la somme :
- $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b\leq b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b\leq a'+b'\,;\,$
- $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b < b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b < a'+b'\sp{1.5}.\,$
relation d'ordre et produit
L'ordre sur $\bb R$ est compatible avec le produit par un réel positif :
- $\,(\sp{1.5}a\leq b\ \txt{et}\ c\geq 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c\leq b\sp{1.5}c \,;\,$
- $\, (\sp{1.5}a < b\ \txt{et}\ c > 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c < b\sp{1.5}c\,.\,$
relation d'ordre et inversion
L'inversion est strictement décroissante entre réels de même signe :
- $\,\big(\, a\leq b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a\leq b\,\big)\Imp 1/b \leq1/a\,;\,$
- $\,\big(\, a < b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a < b\,\big)\Imp 1/b <1/a\,.\,$
inégalités triangulaires dans $\bb R$
Soient $\,x,\sp{1.5}y\app\bb R\sp{1.5};\,$ on a alors les inégalités triangulaires :
$\displaystyle{}|x+y\sp{.75}|\sp{1.5}\leq|x| + |y\sp{.75}|\ \txt{et}\ \big||x|-|y\sp{.75}|\big|\sp{1.5}\leq\ |x-y\sp{.75}|$
Chacune de ces inégalités est une égalité ssi $\,x\,$ et $\,y\,$ ont le même signe.
indication
1
Commencer par encadrer $\,f(x,y)\,$ par produit d'inégalités, puis établir que le minorant obtenu est une valeur de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2.\,$
indication
2
Déterminer le maximum $\,M_x\,$ de chaque fonction partielle $\,y\mapsto f(x,y)\sp{1.5}.\,$
réponse
Par produit d'inégalités, on obtient d'abord l'encadrement :
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app\,[-1,1\sp{.75}]^2,\ -4\leq f(x,y)\leq 2$
On améliore cet encadrement avec les extremums de $f$ sur $\,[-1,1]^2:\,$
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app\,[-1,1\sp{.75}]^2,\ -4\leq f(x,y)\leq \smh1{\frac14}$
correction
On a d'abord l'implication suivante : $\,0\leq |y|\leq1\Imp-1\leq -y^2\leq 0\sp{1.5}.\,$
Par
La relation d'ordre sur $\bb R$ est compatible avec la somme :
somme
d'inégalités avec $\,-1\leq x\leq 1\sp{1.5},\,$ on en déduit : $\,-2\leq x-y^2\leq 1\sp{1.5}.\,$
On
- $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b\leq b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b\leq a'+b'\,;\,$
- $\,\big(\sp{1.5}a\leq a' \ \text{ et }\ b < b'\sp{1.5}\big)\Imp a+b < a'+b'\sp{1.5}.\,$
L'ordre sur $\bb R$ est compatible avec le produit par un réel positif :
multiplie
alors cette dernière égalité par $\,1-x\geq0\sp{1.5},\,$ pour obtenir :
- $\,(\sp{1.5}a\leq b\ \txt{et}\ c\geq 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c\leq b\sp{1.5}c \,;\,$
- $\, (\sp{1.5}a < b\ \txt{et}\ c > 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c < b\sp{1.5}c\,.\,$
$\displaystyle{}-2\sp{1.5}(1-x)\leq (1-x)\sp{1.5}(x-y^2)\leq1-x$
Avec : $\,-4\leq\!-2+2\,x\,$ et $\,1-x\leq 2\,$ on obtient donc l'encadrement : $\displaystyle{}\ptt (x,y)\app\,[-1,1\sp{.75}]^2,\ -4\leq f(x,y)\leq 2$
$\,-4\,$ et $\,2\,$ sont ainsi respectivement un
Soient $\,(E,\leq)\,$ un ensemble ordonné et $A$ une partie de $E\sp{1.5}.$
Un élément $\,m\,$ de $\,E\,$ est un minorant de $A$ ssi : $\,\ptt x\app A,\ x\geq m\sp{1.5}.\,$
Si $\,m\app A\sp{1.5},\,$ il est unique ; c'est le plus petit élément de $A:$ $\,m=\min A\sp{1.5}.\,$
minorant
et un
Soient $\,(E,\leq)\,$ un ensemble ordonné et $A$ une partie de $E\sp{1.5}.$
Un élément $\,M\,$ de $\,E\,$ est un majorant de $A$ ssi : $\,\ptt x\app A,\ x\leq M\sp{1.5}.\,$
Si $\,M\app A\sp{1.5},\,$ il est unique ; c'est le plus grand élément de $A:$ $\,M=\max A\sp{1.5}.\,$
majorant
de l'ensemble des valeurs de $f$ sur $\,[-1,1]^2\sp{1.5}.\,$
Il reste à savoir si ce sont des extremums de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2:\,$
- Le minorant $\,-4\,$ est le
$\,f:\Omega\to\bb R\,$ admet un extremum sur $\,A\subset\Omega\,$ ssi il existe en $\,a\app A:\,$minimum de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2\,$ car : $\,f(-1,1)=f(-1,-1)=-4\sp{1.5}.\,$
- un maximum, avec : $\,\ptt x\app A,\,f(x)\sp{-1.5}\leq\sp{-1.5} f(a)=\max\!\big(f(A)\big)\sp{1.5};\,$
- un minimum, avec : $\,\ptt x\app A,\,f(x)\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5} f(a)=\min\!\big(f(A)\big)\sp{1.5}.\,$
- En revanche, le majorant $\,2\,$ ne correspond à aucune valeur simple de $f$ dans $\,[-1,1\sp{.75}]^2\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{\txt{si}x-y^2\leq 0: \ f(x,y)&=(1-x)(x-y^2)\leq 0\\[.5ex]
\txt{si}x-y^2\geq 0: \ f(x,y)&=(1-x)(x-y^2)\\&\leq (1-x)\sp{1.5}x=f(x,0)}$
Chaque fonction partielle $\,y\mapsto f(x,y)\,$ a donc pour
$\,f:\Omega\to\bb R\,$ admet un extremum sur $\,A\subset\Omega\,$ ssi il existe en $\,a\app A:\,$
maximum
sur $\,[-1,1\sp{.75}]\,$ le réel $\,M_x=(1-x)\sp{1.5}x=f(x,0)\sp{1.5}.\,$ Le maximum de $f$ sur $\,[-1,1\sp{.75}]^2\,$ est alors le plus grand de ces maximums $\,M_x\,$ pour $\,x\app\,[-1,1\sp{.75}]\sp{1.5};\,$ on le met en évidence avec un
- un maximum, avec : $\,\ptt x\app A,\,f(x)\sp{-1.5}\leq\sp{-1.5} f(a)=\max\!\big(f(A)\big)\sp{1.5};\,$
- un minimum, avec : $\,\ptt x\app A,\,f(x)\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5} f(a)=\min\!\big(f(A)\big)\sp{1.5}.\,$
Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :
carré :
$\eqalign{\sth{.75}(a+b)^2&=a^2+2\sp{1.5}a\sp{1.5}b+b^2\\[-.5ex](a+b)^3&=a^3+3\sp{1.5}a^2b+3\sp{1.5}a\sp{1.5}b^2+b^3}$
$\displaystyle{}M_x=x-x^2=\frac14-\Big(x-\frac12\Big)^2\!\sp{-1.5}\leq\sp{-1.5}\frac14=M_{1\sp{-1.5}/2}=f\Big(\dfrac12,0\Big)$
On en déduit finalement l'encadrement optimal de $\,f(x,y):\,$
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app\,[-1,1\sp{.75}]^2,\ -4\leq f(x,y)\leq \smh1{\dfrac14}$