Optimisation Non Lin´ eaire

L3S6 Math-Eco

Optimisation Non Lin´ eaire

Ann´ee 2009-2010 Contrˆole Terminal

Dur´ee : 2h Documents et calculatrices interdits.

Exercice 1 Une firme a´eronautique fabrique des avions qu’elle vend sur deux march´es ´etrangers. Soit q₁ le nombre d’avions vendus sur le premier march´e et q2 le nombre d’avions vendus sur le deuxi`eme march´e. Les fonc- tions de demandes dans les deux march´es respectifs sont :

p1 = 60−2q1

p₂ = 80−2q₂

Les deux prix de ventes sont p₁ et p₂. La fonction de coˆut total de la firme est

C= 50 + 40q,

o`uq est le nombre total d’avions produits. Trouver le nombre d’avions que la firme doit vendre pour maximiser son b´en´efice. On justifiera bien l’existence de maximum.

Exercice 2 Une entreprise fabrique trois types de machines : x1, x2 et x3. La fonction du coˆut conjointe C(x₁, x₂, x₃) est :

C(x1, x2, x3) = 4x²₁+ 2x²₂+x²₃−2x1x2+x2x3−30x2−30x3

Combien de machines de chaque type l’entreprise doit-elle fabriquer pour minimiser son coˆut s’il lui faut un total de 100 machines ?

Exercice 3 Une firme produit un certain bien qu’elle vend sur le march´e au prix unitaire de8 euros. La quantit´e produite et vendue est donn´ee par

Q= 8K^3/8L^1/8,

o`u K repr´esente les unit´es de facteur capital employ´ees et L les unit´es de facteur travail employ´ees. Le revenu de la firme s’´el`eve donc `a 8Q = 64K^3/8L^1/8. Le coˆut de production de cette firme est donn´e par C= 12K+ 4L.

1.Trouver les quantit´es deK et L que la firme doit employer afin de maxi- miser son b´en´efice (on justifiera bien l’existence d’un maximum).

2.La firme constate que la politique de maximisation du b´en´efice ne lui as- sure pas une part de march´e suffisante. Elle d´ecide en cons´equence d’adopter la politique de maximisation de la quantit´e vendue sous r´eserve d’un b´en´efice

2.b Montrer que dans la solution optimale, la combinaison des facteurs (c’est-`a-dire leurs proportions) reste la mˆeme que dans le probl`eme de maxi- misation du b´en´efice.

2.c Donner la solution compl`ete pour K, Let Q.

Exercice 4 On d´efinit x_n+1 = x_n+y_n, y_n+1 = 2x_n+y_n+u_n, pour n = 0,1,2 et Xn = (xn, yn). On d´esire passer de X0 = (x0, y0) donn´e `a X3 = (0,0)en minimisant le crit`ere

C = 1

2(u²₀+u²₁+u²₂).

Trouver les3 commandes optimales u₀, u₁ etu₂.

Exercice 5 Consid´erons un investisseur qui poss`ede une somme S `a la banque. N’ayant aucun autre revenu que les int´erˆets qui lui sont vers´es, il cherche quelle est la meilleure fa¸con (au sens de son agr´ement) de d´epenser son argent sur l’horizon [0, T]. On suppose que son agr´ement est pour tout tempsE = 2√

r. L’agr´ement futur compte moins que le pr´esent. La fonction qu’il va maximiser est donc

Z T

0

exp(−βt)E(t)dt.

Dans le mˆeme temps, la banque lui verse des int´erˆets proportionnels `a son capital restant `a la banquex(t). L’´equation r´egissant ses ´economies est donc

x⁰(t) =αx(t)−r(t).

On suppose quex(T) = 0. Ecrire le principe du maximum de Pontryagin et montrer que

x⁰(t) =αx(t)−r(0) exp((2α−2β)t).

Calculer alors la trajectoire et comparer au cas o`u il d´epenserait toujours la mˆeme somme (i.e. r(t) est constant). On pourra utiliser l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz : |Rb

af(x)g(x)dx| ≤ q

Rb

af(x)²dx q

Rb

ag(x)²dx

El´ ements de correction

Exercice 1

Le b´en´efice est donn´e par

B = (60−2q₁)q₁+ (80−2q₂)q₂−50−40(q₁+q₂), ce qui donne

B = 20q₁−2q₁²+ 40q₂−2q₂²−50.

On cherche `a minimiser −B, dont la Hessienne est d´efinie positive. −B admet donc un unique minimum surR² obtenu en l’unique point (q₁, q₂) = (5,10) qui annule∇B. Le b´en´efice maximal r´ealis´e est alors 200.

Exercice 2

On obtient les ´equations

8x₁−2x₂+λ= 0, 4x₂−2x₁+x₁−30 +λ= 0, 2x₃+x₂−30 +λ= 0, et on a aussi

x₁+x₂+x₃−100 = 0.

On trouve alorsx₁= 20, x₂ = 30 etx₃ = 50.

Exercice 3

1.On cherche `a minimiser

f(L, K) =−64K^3/8L^1/8+ 12K+ 4L, K ≥0, L≥0.

Notons que f est coercive sur R⁺×R⁺. Si k(L, K)k → ∞, avec (L, K) ∈ R⁺×R⁺, on aM := max(L, K)→ ∞ et

f(L, K)≥ −64M^1/2+ 4M → ∞,

et doncf est coercive ; on a donc existence d’un minimum. Les contraintes affines ´etant qualifi´ees, le minimum satisfait alors

−24K^−5/8L^1/8+ 12−λ= 0, −8K^3/8L^−7/8+ 4−µ= 0, λK = 0, µL= 0.

Notons quef(1,1) =−64 + 16<0. SiL= 0, on af(0, K) = 12K≥0, donc on ne peut pas avoir le minimum et il en est de mˆeme pourf(L,0) = 4L≥0.

On a doncλ=µ= 0. On obtient alors

−5/8 1/8 3/8 −7/8

doncK=L, puis 2K^−1/2 = 1, doncK=L= 4 etf(4,4) =−64·2 + 16·4 =

−64. Le minimum est donc donn´e par K =L= 4.

2.aLe probl`eme s’´ecrit

max 64K^3/8L^1/8, sous les contraintes

K ≥0, L≥0, 64K^3/8L^1/8−12K−4L≥48.

Notons d’abord, en d´efinissantM = max(K, L), on a pourK, Lsatisfaisant les contraintes,

4M−64

√

M ≤12K+ 4L−64K^3/8L^1/8≤ −48, M ≥0.

Cela implique donc queM est born´e et donc les contraintes d´efinissent un compact et on a bien existence d’un maximum.

On consid`ere le Lagrangien et on obtient

−24K^−5/8L^1/8−λ(24K^−5/8L^1/8−12)−µ= 0

−8K^3/8L^−7/8−λ(8K^3/8L^−7/8−4)−ν = 0, et

λ(64K^3/8L^1/8−12K−4L−48) = 0, µK = 0, νL= 0.

Notons queK= 0 ouL= 0 ne donne pas le minimum. Siλ= 0, on obtient

−24K^−5/8L^1/8=−8K^3/8L^−7/8 = 0,

ce qui ne donne pas le minimum. On a donc λ6= 0 et on obtient (−2−2λ)K^−5/8L^1/8 =−λ, (−2−2λ)K^3/8L^−7/8=−λ,

ce qui donneK^−5/8L^1/8 =K^3/8L^−7/8, puisK =L etK est alors solution de

64K^1/2 = 16K+ 48, et on trouve K= 1 ou K= 9. On doit aussi avoir

(−2−2λ)K^−1/2 =−λ.

Pour K = 1, on trouve λ=−2<0 ; pour K = 9, on trouve λ= 2>0. On a doncK = 9. En cette valeur le gradient de la contrainte active n’est pas nul. Le multiplicateur vaut λ= 2 ≥0 et donc K =L = 9 correspond bien au maximum cherch´e. la valeur du b´en´efice est 48 etQ= 192. On a bien les mˆemes proportions pour K etLcomme dans la question pr´ec´edente.

Exercice 4

On d´efinit pours= 0,1,2 V(Y, s) = 1

2 min

˜

u(s),...,˜u(2) 2

X

i=s

˜ u(i)², avec Y = (y₁, y₂) et

x1(i+ 1) =x1(i) +x2(i), x2(i+ 1) = 2x1(i) +x2(i) + ˜u(i), i=s, . . . ,2, et

x₁(s) =y₁, x₂(s) =y₂, x₁(3) = 0, x₂(3) = 0.

Pour s= 2, on a

x1(2) =−x₂(2), 2x1(2) +x2(2) + ˜u(2) = 0, ce qui donne les conditions

y₁=−y₂, u(2) =˜ −y₁,

puis V(y1,−y₁,2) = ¹₂y₁². Notons que si y2 6= −y₁, V(y1, y2,2) n’est pas d´efini. Pour s= 1, on obtient

V(y₁, y₂,1) = min

u

1

2u²+V(y₁+y₂,2y₁+y₂+u,2),

et on doit avoiry1+y2 =−(2y₁+y2+u), ce qui impose u= 3y1+ 2y2, et donc

V(y₁, y₂,1) = 1

2 (3y₁+ 2y₂)²+ (y₁+y₂)²

= 5y₁²+ 5

2y²₂+ 7y₁y₂. Pour s= 0, on obtient

V(y1, y2,0) = min

u

1

2u²+5(y1+y2)²+5

2(2y1+y2+u)²+7(y1+y2)(2y1+y2+u) On trouve alors

u₀=−17/6x₀−2y₀, u₁= 3x₁+ 2y₁, u₂=−x₁, avec

x₁=x₀+y₀, y₁ = 2x₀+y₀+u₀ =−5/6x₀−y₀, ce qui donne

u₁= 3x₀+ 3y₀−10/3x₀−2y₀=x₀/3 +y₀,

Exercice 5

On d´efinit le Hamiltonien

H= 2 exp(−βt)√

r+λ(αx−r).

On ´ecrit le principe du maximum de Pontryagin. On obtient λ⁰(t) =−H_x=−αλ(t), H_r = 0 = exp(−βt)/√

r−λ.

On obtient donc

λ(t) =Cexp(−αt), r(t) = exp(−2βt)/(C²exp(−2αt)), ce qui donne

r(t) =r(0) exp(2(α−β)t),

et l’on trouve bien la relation demand´ee en injectantrdans l’´equation d’´etat.

On obtient ensuite

x(t) =A(t) exp(αt), A⁰(t) exp(αt) =−r(0) exp(2(α−β)t), ce qui donne, comme x(0) =S,

x(t) =S(1−r(0) Z t

0

exp((α−2β)s)ds) exp(αt), et

x(T) =S(1−r(0) Z T

0

exp((α−2β)s)ds) exp(αT) = 0.

On obtient donc

x(t) =S(1− Rt

0exp((α−2β)s)ds R_T

0 exp((α−2β)s)ds) exp(αt), ce qui donne plus explicitement pourα6= 2β

x(t) =S

1− exp((α−2β)t)−1 exp((α−2β)T)−1

exp(αt).

On a aussi

J₁= 2 Z T

0

exp(−βt)p

r(t)dt= 2 Z T

0

exp((α−2β)t)dt/

s Z T

0

exp((α−2β)s)ds,

soit

J1 = 2 s

Z T

0

exp((α−2β)t)dt

Si maintenant on prendr(t) =r(0) constant, on obtient x(t) =A(t) exp(αt), A⁰(t) exp(αt) =−r(0), donc

x(t) =S(1−r(0) Z t

0

exp(−αs)ds) exp(αt), r(0) = 1/

Z T

0

exp(−αs)ds,

et donc

r(t) =r(0) = 1/

Z T

0

exp(−αs)ds La fonctionnelle vaut alors

J₂ = 2 Z T

0

exp(−βt)dt/

s Z T

0

exp(−αs)ds.

En utilisant l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz Z T

0

exp(−α/2t) exp((α/2−β)t)dt≤ s

Z T

0

exp(−αt)dt s

Z T

0

exp((α−2β)t)dt,

on v´erifie que l’on a bien J₂≤J₁.