Optimisation sous contraintes : ensemble admissible et Lagrange

1. Écrire l’ensemble admissible avant de dériver

Pour une fonction objectif $f(x,y)$, l’ensemble admissible $S$ contient exactement les points qui respectent toutes les contraintes et les conditions du domaine. Un minimum global en $p\in S$ signifie que $f(p)\le f(q)$ pour tout $q\in S$. Un minimum local compare seulement les points admissibles suffisamment proches de $p$. Inversez l’inégalité pour un maximum. La valeur extrême et le point où elle est atteinte sont deux éléments distincts de la réponse.

Comparez trois ensembles :

• $x+y=5$ est une droite entière, sans condition de non-négativité.
• $x+y=5,\ x\ge0,\ y\ge0$ est un segment fermé qui comprend ses deux extrémités.
• $x^2+y^2\le4$ est un disque fermé rempli. L’équation $x^2+y^2=4$ décrit seulement son cercle frontière.

Une fonction continue sur une partie non vide, fermée et bornée de $\mathbb R^2$ atteint un minimum global et un maximum global. C’est une condition suffisante utile, mais elle n’est pas nécessaire à l’existence de tout extremum. Un ensemble non borné peut porter un minimum; un ensemble ouvert peut aussi en contenir un. Si le théorème ne s’applique pas, examinez la fonction et vérifiez si la borne proposée est atteinte.

Dans la démarche ci-dessous, les fonctions objectifs sont différentiables dans un voisinage de l’ensemble admissible, sauf lorsqu’une limite de la méthode est explicitement discutée. Dans un problème plus général, il faut aussi examiner séparément les points où la fonction objectif n’est pas définie ou n’est pas différentiable.

2. Une contrainte linéaire : calculer, puis démontrer le résultat global

Trouvez les extremums globaux de

Le point stationnaire sans contrainte $(0,0)$ n’est pas admissible. Il ne peut donc pas être un candidat pour ce problème contraint.

Substituez $y=5-x$. Comme l’ensemble admissible est la droite entière, $x$ peut prendre toute valeur réelle :

Le carré est non négatif et s’annule seulement pour $x=4$. Le minimum global unique vaut donc $20$, atteint en $(4,1)$. De plus, $F(x)\to+\infty$ lorsque $|x|\to\infty$, donc il n’existe pas de maximum global. La même identité justifie les deux conclusions. Le seul calcul $F'(4)=0$ ne suffirait pas.

Modifier l’ensemble admissible

Ajoutez $x\ge0$ et $y\ge0$. Alors $0\le x\le5$. Le candidat intérieur donne toujours $20$; aux extrémités,

Le minimum global reste $20$ en $(4,1)$, tandis que le maximum global vaut maintenant $100$, atteint en $(0,5)$. Vérifiez que la liste est complète : la dérivée réduite $F'(x)=10(x-4)$ s’annule seulement en $4$, et les deux extrémités ont été examinées. Les restrictions ajoutées ont changé la réponse concernant le maximum.

3. Ce que les multiplicateurs de Lagrange établissent

Supposons que $f$ et $g$ soient continûment différentiables près d’un point admissible $p$, et que la contrainte soit $g(x,y)=c$. Si $\nabla g(p)\ne\mathbf0$, tout extremum local de $f$ sur cette contrainte régulière doit satisfaire

pour un réel $\lambda$. Ces équations fournissent des conditions nécessaires pour les candidats. Les résoudre ne suffit pas à établir un minimum, un maximum, l’existence d’un extremum ou une conclusion globale. Un point où $\nabla f=\mathbf0$ est permis : il peut satisfaire les équations avec $\lambda=0$.

Pourquoi les gradients sont-ils parallèles? Le long d’un chemin admissible différentiable $\mathbf r(t)$, la règle de chaîne donne $\nabla g\cdot\mathbf r'(t)=0$. À un extremum local contraint, la dérivée de $f(\mathbf r(t))$ est aussi nulle. Sur une courbe plane régulière, les deux gradients sont donc perpendiculaires à la direction tangente. L’objectif ne peut pas augmenter au premier ordre dans cette direction. Les variations d’ordre supérieur peuvent encore compter.

Pour la droite précédente, prenez $g=x+y$, avec $\nabla g=(1,1)\ne\mathbf0$. Les équations sont

Ainsi, $x=4y$, d’où $(4,1)$ et $\lambda=8$. On retrouve la substitution. C’est la forme obtenue par complétion du carré, plutôt que la valeur du multiplicateur, qui démontre le minimum global et l’absence de maximum.

Pour le segment non négatif, ce calcul sur la courbe régulière fournit le candidat intérieur. Les extrémités exigent encore une vérification séparée. Elles sont des extrémités de l’ensemble admissible, même si la droite qui le porte est lisse.

4. Une contrainte compacte peut avoir plusieurs candidats

Trouvez les extremums de $f(x,y)=xy$ sur le cercle unité $x^2+y^2=1$. Le cercle est non vide, fermé et borné, et la fonction polynomiale est continue : les deux extremums globaux existent. Le gradient de la contrainte $(2x,2y)$ ne s’annule jamais sur ce cercle.

Les équations des candidats sont

Évitez de diviser par $x$ ou $y$ avant d’examiner les cas où ces coordonnées seraient nulles. Si $x=0$, la première équation donne $y=0$, ce qui contredit la contrainte. De même, $y=0$ est impossible pour un candidat. Multipliez la première équation par $y$ et la deuxième par $x$ pour obtenir $y^2=x^2$. Les quatre candidats sont

Les coordonnées de même signe donnent $f=1/2$; les signes opposés donnent $f=-1/2$. Tout extremum global doit figurer parmi ces candidats, car le cercle n’a ni extrémité ni point où le gradient de la contrainte s’annule. Le maximum global vaut donc $1/2$, atteint aux deux points de même signe, et le minimum global vaut $-1/2$, atteint aux deux autres.

Une vérification indépendante vient de $(x-y)^2\ge0$ et $(x+y)^2\ge0$ : sur le cercle, $-1/2\le xy\le1/2$. Les égalités sont atteintes exactement aux points indiqués. Trouver seulement un candidat de valeur positive ferait perdre le minimum et le deuxième point de maximum.

5. Une région remplie exige l’étude de l’intérieur et du bord

Trouvez les extremums de

La continuité et la compacité garantissent les deux extremums globaux. Séparez la recherche entre l’intérieur du disque et son bord. Ici, « intérieur » désigne l’intérieur dans le plan. Un point du cercle contraint n’est pas un point intérieur du disque rempli simplement parce qu’il n’est pas une extrémité du cercle.

Candidats intérieurs

À un extremum local différentiable dans l’intérieur, $\nabla f=\mathbf0$. Ainsi,

d’où $(1,0)$. Ce point est strictement à l’intérieur du disque et donne la valeur $0$.

Candidats sur le bord

Sur le cercle $x^2+y^2=4$,

Puisque $-2\le x\le2$, le minimum sur le bord vaut $1$, atteint en $(2,0)$, et le maximum sur le bord vaut $9$, atteint en $(-2,0)$.

Les équations de Lagrange sur le bord donnent le même résultat :

Si $y\ne0$, la deuxième équation impose $\lambda=1$, et la première devient $-1=0$, ce qui est impossible. Donc $y=0$, et l’équation du cercle donne $x=\pm2$. Chaque cas a été vérifié sans division implicite par une variable.

Comparer les valeurs de la fonction objectif

Comparez $0$, $1$ et $9$. Sur le disque entier, le minimum global vaut $0$, atteint en $(1,0)$, et le maximum global vaut $9$, atteint en $(-2,0)$. Le minimum de $1$ sur le bord n’est pas le minimum sur le disque rempli. Limiter le problème au cercle éliminerait le vrai minimum.

Pour une région bordée par plusieurs segments ou arcs lisses, examinez chaque portion du bord, ses extrémités, les coins et les intersections. Un triangle, par exemple, exige l’étude de ses trois côtés et de ses trois sommets, en plus des points stationnaires intérieurs admissibles. Le calcul sur un cercle n’est pas une procédure complète pour tout bord possible. Cette leçon n’introduit pas les conditions générales de multiplicateurs pour les inégalités.

6. Un gradient de contrainte nul demande une étude séparée

Le résultat de Lagrange ci-dessus suppose $\nabla g\ne\mathbf0$. Si cette condition échoue, ne concluez pas à l’absence d’extremum.

Prenez $f(x,y)=x$ avec $g(x,y)=y^2-x^3=0$. La contrainte implique $x\ge0$, et $(0,0)$ est admissible. Le minimum global unique vaut donc $0$, atteint à l’origine. Pourtant,

donc aucun $\lambda$ ne satisfait $\nabla f=\lambda\nabla g$ en ce point. Le paramétrage admissible $(x,y)=(t^2,t^3)$, $t\in\mathbb R$, donne $f=t^2$. Il confirme le minimum et montre qu’il n’existe aucun maximum global. Le gradient de contrainte nul a signalé un point à examiner directement.

L’équation choisie peut aussi créer une difficulté. Écrire la droite $x+y=5$ sous la forme $(x+y-5)^2=0$ conserve l’ensemble admissible, mais le gradient de cette nouvelle contrainte s’annule partout sur la droite. Revenez à l’équation régulière $x+y=5$ ou utilisez la substitution. L’échec d’une hypothèse de régularité ne décide pas du résultat du problème d’optimisation.

7. Un candidat stationnaire peut ne pas être un extremum

Sur la contrainte régulière $y=0$, prenez $f(x,y)=x^3+y^2$. Lagrange donne $3x^2=0$, $2y=\lambda$, $y=0$, donc $(0,0)$ est un candidat. Sur la droite, toutefois, $f(x,0)=x^3$. Il existe des valeurs positives et négatives arbitrairement proches de l’origine. Ce candidat n’est ni un minimum local ni un maximum local sur la droite, et cette droite ne porte aucun extremum global de la fonction.

En comparaison, $h(x,y)=x^4+y^2$ sur la même droite donne $h(x,0)=x^4$, donc l’origine est son minimum global unique. Les deux fonctions réduites ont une dérivée seconde nulle à l’origine. Une dérivée seconde nulle rend le test non concluant; elle ne signifie pas « aucun extremum ». Utilisez une comparaison de signes, un argument d’ordre supérieur ou un autre test valide.

De même, appliquer un test de la hessienne sans contrainte sans tenir compte des directions permises ne classifie pas un problème contraint. Une contrainte peut éliminer des directions utilisées dans une comparaison sans contrainte. Pour cette compétence distincte, utilisez les exercices existants sur les points stationnaires sans contrainte et l’exemple de classification par la hessienne, puis revenez à l’ensemble admissible ici. Ces exemples figurent sur des pages de cours de McGill; ce sont des liens thématiques complémentaires, pas des équivalences de cours.

8. Justifier la dernière ligne de la solution

Avant d’écrire « minimum » ou « maximum », vérifiez :

1. Le point respecte-t-il toutes les conditions, y compris les inégalités strictes et le domaine de la fonction objectif?
2. Quel argument garantit l’existence, ou quelle étude directe remplace cette garantie?
3. Avez-vous inclus tous les candidats intérieurs pertinents, les portions du bord, les extrémités, les coins et les points où une dérivée ou une condition de régularité fait défaut?
4. L’algèbre conserve-t-elle tous les cas, dont les coordonnées ou les multiplicateurs nuls?
5. Comparez-vous les valeurs de la fonction objectif d’origine, plutôt que celles du multiplicateur?
6. L’argument établit-il un résultat local ou global? Si une borne est seulement approchée, précisez qu’elle n’est pas atteinte.

Essayez les exercices guidés, puis revenez au tutorat MAST 218. Apportez le croquis de l’ensemble admissible, votre liste complète de candidats et la phrase qui justifie votre conclusion. Un tuteur peut examiner ces décisions avant de reprendre les calculs. Les séances de tutorat sont actuellement offertes en anglais.

Référence pour les notions du cours : description actuelle de MAST 218 au calendrier de Concordia. Les exemples et la progression pédagogique ci-dessus sont originaux; le calendrier sert seulement à confirmer les notions du cours.