L3S6 Math-Eco
Optimisation Non Lin´ eaire
Ann´ee 2012-2013 Contrˆole terminal
Dur´ee : 2h Documents interdits ; calculatrice de type coll`ege non programmable auto- ris´ee. Il sera tenu compte de la clart´e et de la pr´ecision des r´eponses.
Exercice 1 R´esoudre le probl`eme d’optimisation suivant max
(x,y)∈U (x+ 1)2+ (y+ 1)2, U ={(x, y)∈R2, x2+y2 ≤2, y ≤1}.
Exercice 2 Deux produits chimiques peuvent ˆetre produits dans une instal- lation et chacun prend une heure par tonne `a ˆetre produit. Les deux montrent des d´es´economies d’´echelle. Si x1 tonnes du premier produit sont utilis´ees, la contribution est de
6x1−x21/2.
La contribution est de √
50x2 pour x2 tonnes produites du second produit.
L’installation peut ˆetre utilis´ee 23 heures par jour (une heure est n´ecessaire pour la maintenance) et, `a cause du probl`eme de disponibilit´e des mati`eres premi`eres, seulement10tonnes du premier produit chimique et18tonnes du second peuvent ˆetre produits chaque jour. Quelle est la meilleure program- mation de production pour maximiser la contribution ?
Exercice 3 On consid`ere un r´eservoir :
fluide
niveau x 2
0 1
−1
tube d’entr´ee u∈ {0,1,2}
Le fluide sort du r´eservoir avec un taux constant (`a travers le trou en bas) et le fluide peut ˆetre introduit dans le r´eservoir par le tuyau d’entr´ee en haut.
Le d´ebit du tuyau d’entr´ee ui peut ˆetre contrˆol´e. Le niveau du r´eservoir xi
est d´ecrit par la dynamique simplifi´ee
xi+1 =xi+ui−1.
On restreint le niveau du r´eservoir `a l’ensemble fini xi ∈ {−1,0,1,2}
1
et l’entr´ee ui est restreinte `a
ui∈ {0,1,2}.
On consid`ere ici, i = 0,1,2. . . ,4. On souhaite que le niveau du r´eservoir soit proche de la r´ef´erence sp´ecifique suivante :
ri =
0, i= 0,1, 2, i= 2,3,4.
Pour cela, on souhaite minimiser le coˆut suivant
J = (x4−r4)2+
3
X
i=0
(xi−ri)2+u2i
Chercher la trajectoire optimale de ui et xi avec un niveau initial x0 = 0.
Dessiner la trajectoire en fonction du temps (i).
Exercice 4 La position x1 et la vitesse x2 d’une particule se d´epla¸cant sur une ligne satisfait
x01 =x2, x02 =u,
o`u u est une force de contrˆole appliqu´ee. Initialement, la particule est au repos etx1(0) =X avec X >0. On cherche `a mettre la particule `a l’origine au repos en minimisant le coˆut
J = 1 2
Z T
0
(k2+u2)dt.
Ici k est une constante. T est le temps que la particule met pour atteindre l’origine et il n’y a pas de contrainte surT.
Trouver le temps optimal T et la force de contrˆole appliqu´ee optimale u(t), 0≤t≤T.
2
El´ements de correction Exercice 1
L’existence du maximum est assur´ee car la fonction est continue est on cherche le maximum sur un compact.
On posef(x, y) =−(x+ 1)2−(y+ 1)2. S’il y a un minimum pour f sur U alors on a les conditions de Kuhn-Tucker
−2(x+ 1) + 2λx= 0, −2(y+ 1) + 2λy+µ= 0 avec
λ(x2+y2−2) = 0, µ(y−1) = 0,
Si λ = µ = 0, on obtient x = y = −1, mais cela ne correspond pas au minimum def surU (c’est en fait le maximum).
Siλ= 0 etµ6= 0, on obtienty = 1 etx=−1 et µ= 4 et alors f(−1,1) =−4,
et les 2 contraintes sont bien v´erifi´ees : Siλ6= 0 etµ6= 0, dans ce cas on a
x2+y2= 2, y= 1,
donc x ∈ {−1,1}. Si x = −1, on est dans le cas pr´ec´edent et si x = 1, on obtient
f(1,1) =−8, qui est plus petit que dans l’autre cas.
En conclusion il y a un unique minimum obtenu pour x=y= 1.
Exercice 2
Le probl`eme se traduit par min
(x1,x2)∈U−6x1+x21/2−√ 50x2 avec
U ={(x1, x2)∈R2, x1 ≥0, x2 ≥0, x1+x2 ≤23, x1≤18, x2 ≤10}.
L’existence de solution est `a nouveau assur´ee comme on est sur un compact.
On d´efinit
f1(x) =−6x+x2/2, f2(x) =−√ 50x.
Il est clair quef2 est d´ecroissante. Pourf1, la d´eriv´ee s’annule en x= 6 et f1 est d´ecroissante sur [0,6] et croissante sur [6,∞[.
On note
f(x1, x2) =f1(x1) +f2(x2).
On peut d´ej`a dire que le minimum est plus petit que f(6,17)' −47.15.
3
Six1 = 0, la plus petite valeur possible est f(0,18) =−30> f(6,17), donc cela ne correspond pas au minimum.
Six2 = 0, la plus petite valeur est f(6,0)> f(6,17), ce qui ne correspond pas non plus au minimum.
Les contraintes de positivit´e ne sont donc pas actives.
Le minimum v´erifie donc Kuhn-Tucker avec 3 multiplicateurs.
−6 +x1+λ+µ= 0, −(√
50/2)x−1/22 +λ+ν = 0, avec
λ(x1+x2−23) = 0, µ(x1−10) = 0, ν(x2−18) = 0.
Siµ6= 0 etν 6= 0, on ax1= 10 etx2 = 18, mais alors la premi`ere contrainte n’est pas v´erifi´ee.
Donc, soitµ= 0, soit ν= 0, soit les 2 sont nuls.
Supposons ν = 0. Dans ce cas, λ 6= 0 et donc x1 +x2 = 23. Si µ6= 0, on obtient x1 = 10 etx2 = 13 et
f(10,13) =−10−√
650> f(6,17), donc ce n’est pas le minimum. Siµ= 0, on obtient
17−x2+λ= 0, −(√
50/2)x−1/22 +λ= 0, doncx2 est solution de
−(√
50/2)x−1/22 +x2−17 = 0
On trouvex2 '17.8371292689410 (par dichotomie par exemple), puis f(x1, x2)' −47.5135732633692< f(6,17),
donc c’est peut-ˆetre un minimum, mais il faut v´erifier les autres cas.
Supposons maintenantν 6= 0. Dans ce cas on ax2= 18 et µ= 0. Siλ= 0, on obtient x1 = 6, ce qui n’est pas possible car x1+x2 ≤ 23. Donc on a λ6= 0 etx2 = 17, mais on a vu que ce n’´etait pas un minimum.
Conclusion le minimum est atteint pourx2 solution de
−(√
50/2)x−1/22 +x2−17 = 0, et on ax2'17.8371292689410, x1 = 23−x2.
Exercice 3
On trouve, en appliquant le principe de Bellman
x1= 0, x2=x3 =x4 = 1, u0 = 1, u1= 2, u2 =u3= 1.
Exercice 4
On applique le principe du maximum de Pontryagin pour un tempsT puis on optimise ce temps. On trouve
T =p
6X/k, u(t) = 2k/T(t−T /2).
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