L3S6 Math-Eco
Optimisation Non Lin´ eaire
Ann´ee 2010-2011 Contrˆole continu
Dur´ee : 1h Documents interdits ; calculatrice type coll`ege autoris´ee (non programmable).
Exercice 1 (Question de cours) Enoncer le th´eor`eme de Kuhn Tucker g´en´eralis´e et sa r´eciproque.
Exercice 2 Donner une condition n´ecessaire et suffisante sur les valeurs dea et b pour que f admette un unique minimum sur R2 :
f(x, y) =ax2+y2+bxy.
Justifier.
Exercice 3 La consommation de biens par un consommateur prend du temps et de l’argent. Il est donc int´eressant de consid´erer le probl`eme de maximi- sation de l’utilit´e avec `a la fois une contrainte de temps et de budget. Le probl`eme revient `a consid´erer le probl`eme de maximisation suivant
(x,y)∈Umax f(x, y), avec
f(x, y) =xy, U ={(x, y)∈R2+, p1x+p2y≤B, t1x+t2y≤T}
On suppose que p1 (resp. p2) est le prix d’une unit´e dex (resp. de y) et t1 (resp. t2) est le temps n´ecessaire pour consommer une unit´e de x (resp. de y).
On suppose ici quep1 = 1, p2 = 2, B= 40et t1 =t2 = 1, T = 24.
1.R´esoudre le probl`eme en n’utilisant que la contrainte de temps.
2.R´esoudre le probl`eme en n’utilisant que la contrainte de budget.
3.R´esoudre le probl`eme en utilisant les deux contraintes (temps et budget).
Pour toutes les questions, on justifiera bien toutes les ´etapes.
El´ ements de correction
Exercice 1 voir cours : th´eor`eme 6.4
Exercice 2 f est une fonction quadratique ; f coincide donc avec son d´eveloppement de Taylor `a l’ordre 2.
Si le Hessien de f (constant) est defini positif,f est α-convexe et donc coercive. Le minimum existe donc, et il est unique puisquef est strictement convexe.
Une condition n´ecessaire pour que le Hessien soit d´efini positif est que les mineurs principaux soient strictement positifs, ce qui donne
a >0, 4a−b2>0, c’est-`a-dire 4a > b2.
Il reste `a montrer que si 4a≤b2, alors il n’y a pas un unique minimum.
Dans ce cas la matrice hessienne n’est pas d´efinie positive. On sait qu’une matrice sym´etrique r´eelle a toutes ses valeurs propres r´eelles et qu’une ma- trice d´efinie positive (sym´etrique) a toutes ses valeurs propres strictement positives. Donc, si la matrice hessienne n’est pas d´efinie positive, il existe au moins une valeur propre qui est n´egative ou nulle. Soit e = (xe, ye) un vecteur propre correspondant `a cette valeurλ≤0, on a donc
f(te) =f(0,0) +t(∇f(0)|e) +t2
2(He, e) =f(0,0) +t(∇f(0)|e) +λt2 2kek2. Siλ <0, on alimt→∞f(te) =−∞. Donc, il n’y a pas de minimum. Siλ= 0, t→f(te) est une fonction affine, qui ne peut pas avoir d’unique minimum surR(une infinit´e si la fonction est constante, et sinonlimt→∞f(te) =−∞
oulimt→−∞f(te) =−∞).
Exercice 3 1.On cherche
minx+y≤24,x≥0, y≥0−xy.
On obtient (les contraintes affines sont qualifi´ees) : s’il y a un minimum (x∗, y∗) alors il v´erifie
−y∗+λ∗1−λ∗2 = 0, −x∗+λ∗1−λ∗3 = 0, λ∗1(x∗+y∗−24) = 0, λ∗2x∗ = 0, λ∗3y∗= 0 A. On suppose d’abord queλ∗2 =λ∗3= 0.
Si λ∗ = 0, on obtient x∗ = y∗ = 0, ce qui n’est pas le minimum. Donc λ∗ 6= 0, puisx∗+y∗ = 24, x∗ =y∗, ce qui donne x∗ =y∗= 12.
B. On suppose maintenant queλ∗2 6= 0. On obtient doncx∗ = 0 ; le fonction f n’est pas minimis´ee pour cette valeur (elle vaut z´ero).
De mˆeme si λ∗3 = 0, on obtient donc y∗ = 0 ; le fonction f n’est pas minimis´ee pour cette valeur (elle vaut z´ero).
Il reste `a voir qu’il y a bien un minimum. L’ensemble U = {(x, y) ∈ R2+, x+y ≤ 24} est compact, car 0 ≤ x ≤ 24, 0 ≤ y ≤ 24 ; donc il est
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born´e ; comme il est ferm´e il est donc compact. Donc il y a bien un minimum sur U. On a vu que s’il y avait un minimum alors x∗ = y∗ = 12. Donc le minimum est bienx∗ =y∗= 12. On obtient ainsi
maxx+y≤24, x≥0, y≥0xy = 144.
Remarque : on a rajout´e les contraintes x ≥ 0, y ≥ 0 pour pouvoir montrer l’existence du minimum. En effet si on fait tendre x ety vers −∞
tout en satisfaisant la contrainte x+ 2y ≤ 24, ce qui est possible, on aura
−xy → −∞et donc il n’y a pas de minimum (l’inf vaudra −∞).
2.On cherche
minx+2y≤40, x≥0, y≥0−xy.
De la mˆeme mani`ere que dans le cas pr´ec´edent, les multiplicateurs associ´es aux contraintesx≥0 et y≥0 sont nuls.
On obtient alors
−y∗+λ∗ = 0, −x∗+λ∗ = 0, λ∗(x∗+y∗−24) = 0.
On a aussiλ∗ 6= 0 (sinon, `a nouveaux∗ = 0).
On obtient alors
x∗+ 2y∗= 40, y∗ =λ∗=x∗/2, ce qui donne
x∗ = 20, y∗ = 10, λ∗= 10.
Le minimum existe pour les mˆemes raisons que dans le cas pr´ec´edent.
On obtient ainsi
maxx+2y≤40, x≥0, y≥0xy = 200.
2.On cherche
minx+2y≤40, x+y≤24, x≥0, y≥0−xy.
A nouveau les multiplicateurs associ´es aux contraintes x≥0 ety ≥0 sont nuls.
Il resta alors le syst`eme
−y∗+λ∗1+λ∗2 = 0
−x∗+λ∗1+ 2λ∗2 = 0 λ∗1(x∗+y∗−24) = 0 λ∗2(x∗+ 2y∗−40) = 0.
Si λ∗2 = 0, on retrouve le r´esultat de la question 1., i.e. x∗ = y∗ = 12.
Les contraintes sont satisfaites puisquex∗+ 2y∗ = 36≤40.
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Siλ∗1 = 0, on retrouve le r´esultat de la question2., i.e.x∗ = 20, y∗ = 10.
La contraintex∗+y∗ ≤24 n’est pas satsfiate , puisque x∗+y∗= 30>24.
Enfin siλ∗1 6= 0, λ∗2 6= 0, on obtient
x∗+y∗= 24, x∗+ 2y∗ = 40,
ce qui donnex∗ = 8, y∗= 16. On obtientx∗y∗ = 8·16 = 128<144 = 12·12.
On a donc
maxx+2y≤40, x+y≤24, x≥0, y≥0xy = 144.
La contrainte de temps l’emporte donc sur la contrainte de budget, pour ce cas pr´ecis.
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