Optimisation sous contraintes : six exercices corrigés

Écrivez $y=6-x$. Quelles valeurs $x$ peut-il prendre? Complétez le carré avant de décider si un maximum existe.

L’ensemble admissible est la droite entière, donc $x\in\mathbb R$. La substitution donne

Le minimum global unique vaut donc $24$, atteint en $(2,4)$. Lorsque $|x|\to\infty$, $F(x)\to+\infty$, donc il n’existe aucun maximum global. Le fait que la droite soit non bornée n’empêche pas l’existence d’un minimum.

Pour $g=x+y=6$, $\nabla g=(1,1)\ne\mathbf0$. Les équations

donnent $y=2x$, d’où $(2,4)$ et $\lambda=8$. Vérifiez la contrainte initiale : $2+4=6$. Vérifiez l’objectif : $2(2)^2+4^2=24$. La forme obtenue par complétion du carré fournit la preuve globale.

Maintenant, $0\le x\le6$. Le seul point stationnaire intérieur reste $x=2$. Aux extrémités, $f(0,6)=36$ et $f(6,0)=72$. La comparaison avec $24$ donne le même minimum unique en $(2,4)$, ainsi qu’un maximum global de $72$ en $(6,0)$. Le maximum existe parce que les extrémités limitent les déplacements sur la droite.

Utilisez $(3,4)=\lambda(2x,2y)$. Est-il possible que $\lambda$ soit nul? Vérifiez que vos points sont sur le cercle.

Le cercle est non vide, fermé et borné, et $f$ est continue. Les deux extremums globaux existent. Le gradient de la contrainte $(2x,2y)$ ne s’annule nulle part sur le cercle, qui n’a aucune extrémité.

Les équations sont

Ici, $\lambda=0$ est impossible : la première équation donnerait $3=0$. Donc $x=3/(2\lambda)$ et $y=4/(2\lambda)$. La contrainte devient $25/(4\lambda^2)=25$, d’où $\lambda=\pm1/2$.

Les candidats sont $(3,4)$, de valeur $25$, et $(-3,-4)$, de valeur $-25$. Ils donnent respectivement le maximum global et le minimum global. Tout extremum global possible doit satisfaire ces équations, et toutes leurs solutions ont été vérifiées.

Vérification indépendante : Cauchy–Schwarz donne $$\begin{gathered}|3x+4y|\\\le\sqrt{3^2+4^2}\sqrt{x^2+y^2}\\=25\end{gathered}$$, avec égalité exactement à ces points alignés dans le même sens ou dans le sens opposé.

À chaque point admissible, $|3x+4y|<25$; les deux points du bord sont exclus. Pour $0<t<1$, les points $(3t,4t)$ donnent $f=25t\to25$ lorsque $t\to1^-$, et les points $(-3t,-4t)$ donnent $f=-25t\to-25$. La borne supérieure vaut donc $25$, et la borne inférieure vaut $-25$, mais aucune n’est atteinte. Il n’existe ni maximum global ni minimum global. La borne supérieure est le plus petit majorant; la borne inférieure est le plus grand minorant. Ce ne sont pas nécessairement des valeurs prises en des points admissibles.

Utilisez $y=2\lambda x$ et $x=8\lambda y$. Vérifiez les cas de coordonnées nulles avant de simplifier. Reliez $x^2$ et $y^2$ sans choisir les signes trop tôt.

L’ellipse est compacte, et $\nabla g=(2x,8y)$ n’y est jamais nul. Les deux extremums globaux existent et doivent figurer parmi les candidats réguliers.

Si $x=0$, la première équation de Lagrange impose $y=0$, ce qui est inadmissible. De même, $y=0$ ne peut pas donner un candidat. Multiplier la première équation par $y$ et la deuxième par $x$ donne

donc $x^2=4y^2$. La contrainte donne alors $8y^2=4$, soit $y^2=1/2$, et $x^2=2$.

Le maximum global vaut $1$, atteint en $(\sqrt2,1/\sqrt2)$ et $(-\sqrt2,-1/\sqrt2)$. Le minimum global vaut $-1$, atteint en $(\sqrt2,-1/\sqrt2)$ et $(-\sqrt2,1/\sqrt2)$. Les quatre points satisfont la contrainte et les équations de Lagrange; les mêmes signes donnent $\lambda=1/4$, les signes opposés donnent $\lambda=-1/4$.

Vérification indépendante : $(x-2y)^2\ge0$ et $(x+2y)^2\ge0$, combinés à la contrainte, donnent $-1\le xy\le1$. Les points indiqués atteignent les deux bornes.

La contrainte donne directement $h=4$ à chaque point admissible. Le maximum global et le minimum global valent donc tous les deux $4$, chacun étant atteint partout sur l’ellipse. Ces extremums ne sont pas stricts. Avec $g=x^2+4y^2$, les équations $\nabla h=\lambda\nabla g$ sont satisfaites partout pour $\lambda=1$. L’ensemble des candidats n’est pas nécessairement une liste finie.

Dans l’intérieur du disque, utilisez $\nabla f=\mathbf0$. Sur le cercle, servez-vous de la contrainte pour réécrire $f$, ou résolvez les équations de Lagrange en conservant les cas de coordonnées nulles.

La continuité sur le disque fermé garantit les deux extremums globaux. Dans l’intérieur, $\nabla f=(2x,4y)=\mathbf0$ donne le point admissible $(0,0)$, de valeur $0$.

Sur le bord, $x^2+y^2=4$, donc $f=4+y^2$. Son minimum sur le bord vaut $4$, atteint en $(\pm2,0)$, et son maximum sur le bord vaut $8$, atteint en $(0,\pm2)$.

Pour vérifier que la liste est complète, les équations de Lagrange sur le bord sont

Si les deux coordonnées étaient non nulles, la première équation donnerait $\lambda=1$ et la deuxième $\lambda=2$, ce qui est impossible. Si $y=0$, les candidats sont $(\pm2,0)$; si $x=0$, ce sont $(0,\pm2)$. Les deux coordonnées ne peuvent pas être nulles sur le cercle. Aucun cas du bord n’a été perdu.

Comparer les cinq points donne le minimum global unique $0$ en $(0,0)$, et le maximum global $8$, atteint en $(0,2)$ et $(0,-2)$. Une borne directe confirme le résultat : $$\begin{aligned}0\le x^2+2y^2&\le2(x^2+y^2)\\&\le8\end{aligned}$$, avec les cas d’égalité indiqués. Le minimum de $4$ sur le bord n’est pas le minimum sur le disque.

L’origine n’est plus admissible. Le minimum global vaut $4$, atteint en $(\pm2,0)$; le maximum global reste $8$, atteint en $(0,\pm2)$. La fonction objectif n’a pas changé, mais l’ensemble admissible a changé.

Quel ensemble l’équation au carré décrit-elle? Calculez son gradient sur cet ensemble. Peut-on représenter le même ensemble par une équation régulière?

L’ensemble admissible est exactement le cercle unité. Si $G=(x^2+y^2-1)^2$, alors

à tout point admissible. Puisque $\nabla f=(1,1)$, les équations $\nabla f=\lambda\nabla G$ n’ont aucune solution. L’hypothèse de régularité échoue partout; ces équations ne constituent donc pas une condition nécessaire ici.

Utilisez la contrainte régulière équivalente $g=x^2+y^2=1$. Alors $(1,1)=2\lambda(x,y)$, d’où $\lambda\ne0$ et $x=y$. La contrainte donne $x=y=\pm1/\sqrt2$. La fonction continue sur le cercle compact possède donc un maximum de $\sqrt2$ en $(1/\sqrt2,1/\sqrt2)$ et un minimum de $-\sqrt2$ en $(-1/\sqrt2,-1/\sqrt2)$. La borne $|x+y|\le\sqrt2$ fournit une vérification indépendante.

Le paramétrage admissible $(x,y)=(t^2,t^3)$, $t\in\mathbb R$, couvre toute la courbe à rebroussement. En effet, la contrainte impose $x\ge0$; pour $x>0$, poser $t=y/x$ donne $t^2=x$ et $t^3=y$, tandis que l’origine correspond à $t=0$.

Alors $h=t^4+t^6\ge0$, avec égalité seulement pour $t=0$. Le minimum global unique vaut $0$, atteint en $(0,0)$; aucun maximum global n’existe, car $h\to+\infty$ lorsque $|t|\to\infty$. Pour $g=y^2-x^3$, $\nabla g=(-3x^2,2y)$ s’annule à l’origine. Il faut donc examiner ce point directement, même s’il satisfait aussi l’équation des multiplicateurs pour cet objectif précis.

Écrivez $F(x)=f(x,2)$. Une comparaison directe des signes peut régler le problème même si le test de la dérivée seconde ne le fait pas.

La contrainte régulière $g=y=2$ a pour gradient $(0,1)$. Lagrange donne

donc le candidat est $(1,2)$, avec $\lambda=4$. La substitution donne

Ainsi, $F''(1)=0$, et le test de la dérivée seconde est non concluant. Pourtant, $F(x)\ge4$, avec égalité seulement pour $x=1$. Le minimum global unique vaut $4$, atteint en $(1,2)$. Il n’existe pas de maximum global, puisque la puissance quatrième n’est pas bornée supérieurement. L’inégalité fournit la classification manquante.

Le candidat est encore $(1,2)$ : $3(x-1)^2=0$, $2y=\lambda$, $y=2$. Mais la fonction réduite est $H(x)=(x-1)^3+4$. Pour tout $\varepsilon>0$,

Le candidat n’est donc ni un minimum local ni un maximum local sur la droite. Lorsque $x\to\pm\infty$, l’objectif n’est borné dans aucun des deux sens : il n’existe pas non plus d’extremum global. La dérivée seconde est encore nulle au candidat; la comparaison des signes résout ce que le test ne permet pas de décider.