A. KHELDOUNI
Date: Année Universitaire 2016 / 2017.
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1Chapitre IV. Etude locale d’une fonction de Plusieurs variables
§ IV.1. Di¤éomorphismes
Soient U et V deux ouverts de Rn, et soit f :U ! V une application bijective. Il peut arriver que f soit une bijection de classe Ck (k 1) et que f 1 ne le soit pas; prendre par exemple U = V = R2, l’application f(x; y) = (x3; y5) est une bijection C1 mais f 1(X; Y) = (X1=3; Y1=5) n’est pas di¤érentiable à l’origine.
Dé…nition III.4.1. Si f : U ! V est bijective di¤érentialble (de classe Ck) ainsi que son inverse f 1, on dit que f est un di¤éomorphisme (Ck-di¤éomorphisme) de U sur V. Exemples :
1) U =]0;2 [ ]0;1[ , V = f(X; Y) tel que, soit Y 6= 0 soit X < 0 g. L’application f( ; ) = ( cos ; sin ) est un di¤éomorphisme deU surV.
2) U = V = R2 f(0;0)g, l’application f(x; y) = ( x
x2+y2; y
x2+y2) est un di¤éomor- phisme de U surV.
Notons que si f est un di¤éomorphisme, alors pour toutm 2U, on a df 1(f(m)) df(m) =d(f 1 f)(m) =idU
donc df(m) est un isomorphisme de Rn. La réciproque de ce résultat est fausse, pour le voir il su¢ t de reprendre la fonction
f( ; ) = ( cos ; sin )
évidement df( ; ) est un isomorphisme pour tout ( ; ) 2 R R mais l’application f n’est pas du tout un di¤éomorphisme global.
Nous avons cependant un résultat fondamental connu sous le nom de théorème de l’inversion locale (ou théorème des fonctions inverses) que nous allons énnoncer sans démonstration Théorème III.4.2. Soit f : ( Rp)!Rp une application de classe Ck, et m0 un point de pour lequel df(m0) est un isomorphisme, alors il existe un ouvert U contenant m0 et un ouvert V contenant f(m0) tels que
f(U) = V
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f jU soit un Ck- di¤éomorphisme de U sur V.
Proposition III.4.3. Soit f : E !F une application de classe C1 sur un ouvert U de E, injective, et telle que pour tout x 2 U , df(x) est un isomorphisme. Alors f(U) est un ouvert de F, et
f jU:U !f(U) est un di¤éomorphisme de classe C1.
Démonstration : Pour tout a 2 U df(a) est un isomorphisme donc d’aprés le théorème II.4.2, il existe un voisnage ouvert Va de a dans U tel que f jVa soit un di¤éomorphisme de classe C1 de Va sur f(Va) qui est donc un vouvert de F. On déduit alors que f(U) =
a[2Uf(Va) est un ouvert de F.
Maintenant f étant injective, c’est donc une bijection de U sur f(U) et puisque pour tout point a 2 U il existe un Va tel que f jVa est un C1-di¤éomorphisme, f est donc un C1-di¤éomorphisme de U sur f(U).
Points réguliers des équations '(x; y) = 0
Dans tout ce qui va suivre, nous nous limiterons aux fonctions de deux variables réelles, à la limite nous donnerons quelques fois les énnoncés relatifs au cas des fonctions de plusieurs variables mais seulement à titre indicatif!
Considérons un ouvert de Rn, et une application ' de classe Ck de dans R. Nous nous intéressons à l’étude de l’ensemble (') des points m = (x1; :::; xn) de tels que '(m) = 0.
Dé…nition III.4.4. Soit m 2 ('), nous dirons que m est un point régulier de (') si d'(m) est non nulle (en d’autre termes si l’une au moins des dérivées partielles de ' est non nulle en m).
Un point qui n’est pas régulier est dit point critique Exemple :
SurR2 on considère '(x; y) = x2+y2 1, (') est le cercle unitéS1 de R2
@'
@x(x; y) = 2x et @'
@y(x; y) = 2y. Les dérivées partielles s’annulent simultanément en (0;0)qui n’appartient pas à S1. Les points deS1 sont donc tous réguliers.
Soit donc une application ' de classe Ck d’un ouvert de R2 à valeurs dans R. Soit (') =f m= (x; y)2 /'(x; y) = 0 g. Soit m0 un point régulier de (')
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Pour se …xer les idées, supposons que @'
@y(m0) est non nulle, et considérons l’application
: ! R2
(x; y) 7! (x x0; '(x; y))
Cette application est de classeCk, dont la matrice jacobienne s’écrit
1 0
@x'(m0) @y'(m0)
elle est donc inversible; ce qui nous permet d’appliquer le théorème de l’inversion locale il existe un ouvert U contenant m0, et un ouvert V contenant (m0) = (0;0), tels que
jU soit un di¤éomorphisme de U sur V.
Alors, (') \V est l’image par F := ( jU) 1 de l’intersection de V avec la droite Y = 0. C’est donc un arc de courbe régulier paramétré par t ! F(t;0). Puisque
(x; y) = (x x0; '(x; y)) , F est de la forme
F(X; Y) = (X+x0; f(X; Y))
où f est une application de classe Ck. Donc F(t;0) = (t +x0; f(t;0)), et l’image de t !F(t;0) est aussi le graphe de l’applicationx!f(x x0;0).
Il existe alors une fonction de classeCk telle que (')\U soit le graphe de y= (x).
Bien entendu, si m0 est régulier et si c’est @y'(m0) est nulle, alors @x'(m0) va être non nulle, et on peut reprendre tout ce qui précède en échangeant les rôles de x et y. Il existerait donc un ouvert U contenant m0, tel queU\ (') soit le graphe d’une fonction x= (y). Nous avons ainsi prouvé le théorème dit des fonctions implicites suivant
Proposition III.4.5. Soit ': ( R2)!R une application de classe Ck et m0 2 tel que '(m0) = 0. Si d'(m0) est inversible alors il existe un voisinage ouvert U de m0 et une fonction de classe Ck tels que (')\U soit le graphe de y= (x).
Cette proposition possède un ennoncé plus général qui se démontre de manière analogue Proposition III.4.6. Soit ' une fonction de classe Ck sur un ouvert de Rp Rq, à valeurs dans Rq. Soit m0 = (uo; vo)2 tel que '(m0) = 0. Si la restriction de d'(m0) à f0g Rq est bijective, il existe un voisinage U de uo dans Rp, une application de classe Ck de U dans Rq, et un voisinage ouvert V de m0 tels que
1) '0(u; (u)) = 0 pour tout u2U , et (uo) = vo
2) les seules solutions de '(u; v) = 0 dans V sont de la forme (u; (u))
3) d (u) = B 1 ( A) où A est la restriction de d'(u; (u)) à Rp f0g et B la restriction de d'(u; (u)) à f0g Rq.
Remarque :
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Notons qu’en général, on ne peut pas calculer explicitement la fonction y = (x) (ou x = (y)); c’est pourquoi on dit que y est fonction implicite de x (ou x est fonction implicite de y). Néanmoins l’équation'(x; (x)) = 0 nous permet de calculer les dérivées successives de en x0. En e¤et,
On a (x0) = y0, c’est le point m0
En dérivant l’identité'(x; (x)) = 0, nous obtenons
@'
@x(x; (x)) + @'
@y(x; (x)) 0(x) = 0 (1) d’où
0(x0) =
@'
@x(x0; (x0))
@'
@y(x0; (x0)) En dérivant (1), on obtient
@2'
@x2(x; (x)) + 2 @2'
@x@y(x; (x)) 0(x) + @2'
@y2(x; (x))[ 0(x)]2+ @'
@y(x; (x)) 00(x) = 0 comme les valeurs (x0) et 0(x0) sont connues, on déduit celle de 00(x0) à partir de l’égalité ci-dessus; et ainsi de suite...
Des calculs précédents, on déduit en particulier l’équation de la tangente à la courbe (') au pointm0. Elle est donnée par
d'(m0)(x x0; y y0) = 0 c’est à dire
(x x0)@'
@x(x0; y0) + (y y0)@'
@y(x0; y0) = 0
Cas des surfaces
Considérons un ouvert deR3, une application'de classeCkde dansR. et l’ensemble (')des points m = (x; y; z))de tels que '(m) = 0
' R3 'R2 R ! R
((x; y); z) ! '(x; y; z)
on suppose que le point m0 = (x0; y0; z0) 2 est un point régulier, c’est à dire que la restriction de d'(m0) à f0R2g R est un isomorphisme de R sur R (par exemple
@'
@z(m0)6= 0) alors
9 U 2v((x0; y0)) et :U !R de classe Ck tels que (x0; y0) = z0 et '(x; y; (x; y)) = 0.
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SiS est la surface d’équation '(x; y; z) = 0, tous ses points sont réguliers et l’équation du plan tangent à cette surface au point m0 = (x0; y0; z0) est donnée par
(x x0)@'
@x(x0; y0; z0) + (y y0)@'
@y(x0; y0; z0) + (z z0)@'
@z(x0; y0; z0) = 0
§ IV.2 Problème d’extrema
Soit U un ouvert d’un espace vectoriel E de dimension …nie. Soitf :U !R,
on dit que f présente un maximum (relatif ) en x0 2 U s’il existe un voisinage V de x0 tel que pour tout x2V on ait f(x) f(x0).
On dit que f présente un minimum (relatif ) en x0 s’il éxiste un voisinage V de x0 tel que pour tout x2V an ait f(x0) f(x).
Dans ce qui va suivre, nous allons voir comment est-ce qu’on peut a¢ rmer l’existence ou non d’un maximum ou d’un minimum pour une fonction f en un point x0.
Une condition nécessaire :
Supposons que la fonction f est de classe C1. Pour qu’elle présente un extremum (i.e un maximum ou un minimum) en m0, il est nécessaire que df(m0) soit identiquement nulle;
autrement dit m0 est un point critique de f.
Choisissons une base deE et notons(x10; : : : ; xn0)les coordonnées dem0 dans cette base.
Sif présente un extremum enm0, alors pour toutk = 1; : : : ; n, la keme fonction partielle
fx0;k : R ! R
t 7! f(x10; : : : ; xk0 1; t; xk+10 ; : : : ; xn0)
présente un maximum en xk0. Donc sa dérivée prend la valeur 0 en ce point @f
@xk(m0) = (fx0;k)0(xk0) = 0 , 8k= 1; :::; n.
Maintenant d’après la proposition III.2.3 on déduit quedf(x0) = 0.
En regardant l’application f(x; y) = x2 y2 à l’origine, on s’apercevra que la condition df(m0) = 0 n’est pas su¢ sante.
Formule de Taylor
Soit f : U E ! R une fonction de classe C2 sur U. Choisissons une base de E, et notons(x10; : : : ; xn0)les coordonnées de m0 2U. Alors il va exister une fonction polynôme
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P et une seule, qui a même valeur enm0 et mêmes dérivées partielles d’ordre 1 et 2 en m0 que f. En e¤et, si h= (h1; : : : ; hn) est su¢ sament petit pour que m0+h reste dans U, le polynômeP est donné par
P(m0+h) =f(m0) + X
1 i n
@f
@xi(m0)hi+1 2
X
1 i;j n
@2f
@xj@xi(m0)hjhi
Cette fonction est appelée le développement de Taylor à l’oredre 2 de f au voisinage de m0. Il nous reste à préciser en quel sens P approche f, pour savoir dans quel type de problèmes on pourra remplacer f parP.
Proposition III.5.1. Si f est de classe C2, il existe une fonction " :! R continue en m0 telle que
jf(m0+h) P(m0 +h)j [NE(h)]2"(m0+h) Le polynôme P est le développement limité de f à l’ordre 2 en m0.
Démonstration : Comme on peut choisir arbitrairement la normeNE, nous allons prendre pour la commodité des calculs la norme uniforme N1.
Posons (t) = f(m0 +th) P(m0 +th), où t 2 [0;1]. C’est une fonction dérivable de dérivée
0(t) = X
1 i n
hi[@f
@xi(m0+th) @f
@xi(m0) t X
1 j n
@2f
@xj@xi(m0)hj]
Puisque @f
@xi
est de classe C1, il va exister une fonction "i, continue et nulle en m0 telle que
j @f
@xi(m0+th) @f
@xi(m0) X
1 j n
@2f
@xj@xi(m0)thj j< NE(th)"i(m0+th) on en déduit que
j 0(t)j P
1 i njhi jNE(th)"i(m0+th) , d’où j 0(t)j [NE(h)]2 P
1 i n
"i(m0+th)
En appliquant le théorème des accroissements …nis à entre t= 0 ett = 1, on voit qu’il existe 2]0;1[tel que
jf(m0 +h) P(m0+h)j=j (1) (0) j [NE(h)]2 X
1 i n
"i(m0+ h)
Notons que si
"(m0+h) = 8<
:
jf(m0+h) P(m0+h)j
[NE(h)]2 si h6= 0
0 si h= 0
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on a "(m0+h) P
i
"i(m0+ h), et pour tout >0, il existe >0, tel queNE(k) entraine P
i
"i(m0 +k) (car P
i
"i est continue en m0). Ainsi si NE(h) , alors NE( h) , et donc P
i
"i(m0+ h) , et (m0 +h) , ce qui prouve que est continue en m0.
On peut généraliser ce résultat en ennonçant le théorème de Taylor:
Supposons que f soit une fonction de classe Cr sur l’ouvert U à valeurs dans R, pour h assez voisin de0, le segmentfa+th = t2[0;1]greste dansU. Posonsg(t) = a+th; c’est une fonction de classe C1. La fonction F = f g est donc de classe Cr sur l’intervalle ] ;1 + [ pour assez petit. D’où
F(1) =F(0) +F0(0) + 1
2!F00(0) +: : :+ 1 r!Fr( ) avec 2]0;1[.
Mais F(1) =f(a+h) ,F(0) =f(a) ,F0(t) = dF(t):1 =df(a+th):(dg(t)(1))
=df(a+th):(h) = P
i
@f
@xj(a+th)hj , F00(t) =d2f(a+th)(h; h), etc...
Nous ennonçons alors le théorème de Taylor:
Proposition III.5.2. Si f est une fonction de classe Cr sur un ouvert U à valeurs dans R, alors pour NE(h) assez petite on a
f(a+h) = f(a)+df(a)h+1
2!d2f(a)(h; h)+: : :+ 1
(r 1)!d(r 1)f(a)h[r 1]+1
r!drf(a+ h)h[r]
Conditions su¢ santes pour un extremum
Nous allons d’abord rappeler brièvement quelques dé…nitions concernant les formes quadratiques. SoitE un espace vectoriel de dimension …nien dans lequel nous avons …xé une base (ei)ni=1; une forme quadratique sur E est une fonction polynôme q : E ! R homogène de degré 2 en les composantes de x 2E dans la base(ei). Si q est une forme quadratique sur E l’application
: E E ! R
(x; y) 7! 12[q(x+y) q(x) q(y)]
est une forme bilinéaire symétrique appelée forme polaire de q.
Réciproquement, à une forme bilinéaire symétrique :E E !R on peut associer une forme quadratique en posant q(x) = (x; x).
Soit q une forme quadratique sur E et soit (ei) une base de E. On appelle matrice de q dans cette base, la matrice symetrique
M = (( (ei; ej))1 i;j n
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où est la forme polaire deq. Si x=P
i
xiei ety=P
i
yiei nous avons donc f(x; y) = (x1 ::: xn)M t(y1 ::: yn)
par ailleurs, si ( i) est une autre base de E, et si N est la matrice de q dans cette base alors N = tAM A ,A étant la matrice de passage de( i)vers(ei) "c’est à dire la matrice de l’application idE : (E;( i))!(E;(ei))"
On montre alors qu’il existe des bases dans lesquelles la matrice de q a une forme di- agonale (ce qui est prévisible car la matrice M de q est une matrice symétrique donc diagonalisable). Dans de telles bases (ei), on a:
f(X
uiei;X
vjej) =X
jujvj , et q(X
uiei) =X
ju2j
Soit q une forme quadratique sur E; le rang de la matrice M de q ne dépend évidement pas du choix de la base (car si on change de base, on remplace M partAM A ettA etA sont inversibles). Ce rang est appelé le rang de q.
On dit que la forme quadratique q est non dégénérée si son rang est maximum, c’est-à-dire égal à dim(E).
Soit maintenant f :U( E)! R une application de classe C2, et m0 un point de U tel que df(m0) = 0 (m0 est un point critique). Dans ces conditions le développement de Taylor à l’ordre 2 de f s’écrit
P(m0+h) =f(m0) + 1 2
X
i;j
@j@if(m0)hjhi
et on voit que P(m0+h) f(m0) est une fonction de h qui est une forme quadratique.
a) La forme quadratique est non dégénérée Proposition III.5.3 :
Si la forme quadratique est non dégénérée :
ou bien la forme quadratique est dé…nie positive (i.e sa forme diagonale n’a que des carrés positifs), et alors f présente en m0 un minimum.
ou bien la forme est dé…nie négative (i.e sa forme diagonale n’a que des carrés négatifs), et alors f présente en m0 un maximum.
sinon la forme n’a pas de signe déterminé, et dans ce cas il existe des points m voisins de m0 tels que f(m)> f(m0)et d’autres points m tels que f(m)< f(m0); la fonction f ne présente ni un maximum ni un minimum en m0. On est en présence d’un point selle.
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Démonstration : Si la forme est dé…nie positive, on peut trouver une constante non nulle k telle que, pour tout h, on ait
P(m0+h) f(m0) kNE(h)2
dans ces conditions, nous avons f(m0+h) f(m0) [K (m0+h)]NE(h)2
et puisque est nulle et continue en m0, il va exister un voisinage de m0 dans lequel [K (m0+h)] est strictement positif. Dans ce voisinage, on a
f(m0+h)> f(m0); si h6= 0 f possède donc un minimum enm0.
Dans le cas d’une forme quadratique négative, la démonstration est analogue.
Supposons maintenant que la forme change de signe au voisinage dem0; alors si on choisit h tel que P(m0+h) f(m0)soit strictement positif, alors
P(m0+th) f(m0) = t2[P(m0+h) f(m0)]
d’où P(m0+th) f(m0) t2f[P(m0+h) f(m0)] NE(h)2 (m0+h)g pour t dans un voisinage de 0, la quantité
f[P(m0+h) f(m0)] NE(h)2 (m0+h)g
est strictement postive, et par restriction à la droite passant par les pointsm0 et m0+h, la fonction présente un minimum en m0.
De même, si h est tel que P(m0 +h) f(m0) soit strictement négative, alors resteinte à la droite passant par m0 et m0+h, la fonction présente un maximum enm0.
b) La forme quadratique n’est pas de rang maximum
Dans le cas où la forme n’est pas de signe constant, on n’a certainement ni un maximum ni un minimum en m0.
Si la forme quadratique garde un signe constant, on ne peut conclure sans regarder les dérivées partielles d’ordre supérieur.
Cas particulier :
Soit f une fonction de R2 dans R de classeC3 sur un ouvert de R2, et(a; b)2U tel que
@1f(a; b) = @2f(a; b) = 0. f(x; y) f(a; b) est de même signe que le trinôme du second degré
k2[A(h
k)2+ 2B(h k) +C]
où A= @2f
@x2(a; b) , B = @2f
@x@y(a; b) , etC = @2f
@y2(a; b) Donc si:
0 :=B2 AC < 0 , alorsf présente un minimum en(a; b) si A > 0 et un maximum si A <0.
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0 >0 , le trinôme ne garde pas un signe constant; il n’y a pas d’extremum en(a; b).
Exemple :
La fonction f(x; y) = x3 + 3xy2 15x 12y admet les points
m1 = (1;2)m2 = (2;1)m3 = ( 1; 2)m4 = ( 2; 1)
comme points stationnaires. Enm1 etm3 il n’y a pas d’extremum, un minimum enm2 et un maximum en m4.
Extrema liés cas d’une fonction de R2 (ouR3) dans R:
Nous passons maintenant à un problème un peu di¤érent : la recherche d’extrema liés, aussi appelés extrema sous contrainte. Commençons par un exemple simple. Parmi les parallélépipèdes de surface …xée, lesquels ont un volume maximal ? Si x; y; z désignent les longueurs des côtés du parallélépipède, la surface est 2(xy+xz+yz) et le volume . Le problème est de trouver le maximum atteint par le volume , non pas parmi tous les points de , mais seulement parmi ceux véri…ant la contrainte 2(xy+xz+yz) =S, où S est …xé. Bien sûr, on peut utiliser la contrainte pour calculer une des variables en fonction des deux autres. Par exemple pour :
2(xy+xz+yz) = S )z = S2x+yxy
En reportant cette valeur de dans l’expression du volume, on obtient :
On peut calculer le maximum de cette fonction avec la technique du gradient. Le lecteur véri…era que le maximum de est atteint pour :x=y =ps
ce qui entraîne aussi : à surface …xée, le parallélépipède de volume maximal est le cube6
On cherche maintenant à déterminer les extrema d’une fonctionf(x; y)tout en respec- tant une condition (une contrainte) liant les variables x et y .
par exemple cherchons les extremums de la fonction f(x; y) = x2+y2 sous la contrainte 3x+y= 4. Avant de résoudre ce problème, notons que cette fonction admet un minimum au point(0;0).
À l’aide de la contrainte on a
y = 3x+ 4 en remplaçant dans l’expression de f(x; y), on obtient
g(x) = f(x; y) = x2+ ( 3x+ 4)2
cette expression nous permettra de trouver la valeur x pour laquelleg atteint une valeur extremale en résolvant l’équation
g0(x) = 0 2x+ 2(4 3x)( 3) = 0 ceci donne x= 6
5 , et il s’agit d’un minimum car la dérivée seconde g"(6
5) = 20>0
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la valeur requise de yest alors, y= 3(6
5) + 4 = 2
5. Le point demandé est (6 5;2
5)c’est un point oùf présente un minimum sous la contrainte
y= 3x+ 4. On notera que ce point est di¤érent du point extrémal (0;0)def.
Soitf(x; y)la fonction dont on cherche les extrema liés par l’équationg(x; y) = 0, qu’on peut aussi voir comme la courbe de niveau 0 de la surface z =g(x; y), notéeC.
Le problème consiste donc à chercher parmi les points (x; y) de la courbe C, celui ( ou ceux ) où f atteint une valeur extremale.
La courbe C rencontre les courbes de niveau def dont une est de niveau le plus élevé, ou le plus bas possible. La courbe C et la courbe de niveau en question, sont tangentes en un point m: Donc en ce point, nous aurons
gradmf = :gradmg
avec un scalaire. D’où des équations à résoudre pour trouver m : 8>
<
>:
@f
@x(m) = @g
@x(m)
@f
@y(m) = @g
@y(m)
c’est à dire (2) 8>
<
>:
@f
@x(m) @g
@x(m) = 0
@f
@y(m) @g
@y(m) = 0
m est solution du système (2) en tenant compte de la contrainte g(x; y) = 0; autrement dit, m est solution du système
(3) 8>
>>
<
>>
>:
@f
@x(m) @g
@x(m) = 0
@f
@y(m) @g
@y(m) = 0 g(x; y) = 0
Posons alors L(x; y; ) =f(x; y) g(x; y) le système (3) peut s’écrire
(4) 8>
>>
><
>>
>>
:
@L
@x(m) = 0
@L
@y(m) = 0
@L
@ (m) = 0
Ainsi pour résoudre un problème d’optimisation de f(x; y)avec la contrainte g(x; y) = 0, on considère la fonction L(x; y; ) appelée fonction de Lagrange ou Lagrangien, et on ré- soud le système(4)pour trouverxety, (et aussi , au besoin); est appelé multiplicateur de Lagrange.
Justi…cation théorique:
Proposition II.5.4 :
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Pourque f(x,y) admet en (x0; y0) un extremum local sous la contrainte g(x; y) = 0, (x0; y0) n’étant pas un point critique de g , il faut qu’il existe un scalaire tel que (x0; y0; ) soit un point critique du lagrangien L(x; y; ) :=f(x; y) g(x; y)
Démonstration :
On peut facilement se ramener à (x0; y0) = (0;0) , et supposer que @g
@y(0;0) 6= 0. On peut alors appliquer le théorème des fonctions implicites àg: Il existe un intervalle ouvert I contenant 0 et une fonction ' de classe C1 sur I avec '(0) = 0 telle que localement g(x; y) = 0 équivaut ày ='(x); on a de plus
'0(0) =
@g
@x(0;0)
@g
@y(0;0)
Maintenant dire que f(x; y)admet un extremum local en (0;0) sous la contrainte
g(x; y) = 0 revient alors à dire que la fonction d’une variable réelle dé…nie surI ,F(x) = f(x; '(x))admet un extremum local en 0. Soit en vertu de la régle de dérivation,
F0(0) = @f
@x(0;0) +'0(0)@f
@y(0;0) = 0 ce qui donne
@f
@x(0;0)@g
@y(0;0) @g
@x(0;0)@f
@y(0;0) = 0
ceci revient à dire que les vecteurs gradients de f et deg au point (0;0) sont liés. C’est à dire
grad(x0;y0)f = :grad(x0;y0)g
Une fois obtenus, les points critiques du Lagrangien, il reste à préciser leur nature. Le problème est plus délicat que celui de l’optimisation sans contrainte. On peut donner une condition su¢ sante d’extremalité locale de ces points critiques. Cependant, en général, une fois trouvés les points critiques du Lagrangien, on raisonnera selon le problème, au cas par cas pour déterminer la nature de ces points singuliers.
Remarque :
Si maintenat f est une fonction de trois variables f(x; y; z), les extrema sous une con- trainte g(x; y; z) = 0 se résoud de façon ananlogue en considérant la fonction de Lagrange
www.al3abkari-pro.com
L(x; y; z; ) =f(x; y; z) g(x; y; z), et en résolvant le système 8>
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:
@L
@x(m) = 0
@L
@y(m) = 0
@L
@z(m) = 0
@L
@ (m) = 0
bien entendu, nous avons toujours la méthode de substitution, lorsqu’il est possible dans la condition g(x; y; z) = 0 exprimer une des variables en fonctions des deux autres (par exemple z = (x; y) ); la substitution dans f(x; y; z) donne une expression en (x; y), et ramène le problème à une recherche d’extremums sans contrainte.
Sif(x; y; z) est une fonction de trois variables, et si on s’intéresse aux pointsm(x; y; z) où la fonction présente un extremum en présence de deux contraintes g1(x; y; z) = 0 et g2(x; y; z) = 0, on considère alors la fonction de Lagrange
L(x; y; z; 1; 2) = f(x; y; z) 1g1(x; y; z) 2g2(x; y; z) et on résoud le système
(S) 8>
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:
@L
@x(m) = 0
@L
@y(m) = 0
@L
@z(m) = 0
@L
@ 1(m) = 0
@L
@ 2(m) = 0
Soient f, g1, et g2 trois fonctions de classe C1 sur un ouvert R3. Soit E l’ensemble des points de qui sont soumis aux conditions :
(R) : g1(x; y; z) = 0 et g2(x; y; z) = 0 Soit m(x0; y0; z0)2E ,
on dira que la fonction f(x; y; z)présente au point mun maximum (resp. un minimum) lié pa la relation (R)si pour tout point (x; y; z) su¢ sament voisin de mon a f(x; y; z) f(m) (resp. f(m) f(x; y; z)).
Une condition nécessaire pour qu’il en soit ainsi est que msoit solution du système(S) ci-dessus.
Exemples :
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Touver les extremums de la fonction f(x; y) =x+ 2y sachant que x2+y2 = 5
On considère la fonction de Lagrange L(x; y; ) =x+ 2y - (x2+y2 5)et on résoud
le système 8
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:
@L
@x(m) = 0
@L
@y(m) = 0
@L
@ (m) = 0
()
8<
:
1 2 x= 0 2 2 y= 0 x2+y2 5 = 0
on obtient y= 2 , x= 1 ouy = 2 , x= 1
la fonction au voisinage de m = (1;2) : présente un maximum et au point (-1,-2) elle présente un minimum.
