1. On cherche `a optimiser f(x, y) = x1 +1y sous la contrainte g(x, y) = x12 +y12 = 12. Ces deux fonctions sont de classeC2 sur R2 priv´e des axes de coordonn´ees qui est un ouvert.
La fonctiongn’a pas de point critique. Il n’y a donc pas de point critique de deuxi`eme esp`ece pour le probl`eme d’optimisation sous contrainte. Cherchons les points critiques de premi`ere esp`ece. On cherchex, y non nuls etλtels que
g(x, y) = 12
∇f(x, y)−λ∇g(x, y) = 0
Ce syst`eme se ram`ene `a x = 2λ, y = 2λ, λ2 = 1. On trouve donc deux points critiques (2,2) et (−2,−2) avec comme multiplicateurs de Lagrange 1 et −1, respectivement. D´eterminons la nature des points critiques.
Pour le point (2,2) le Lagrangien associ´e est L1(x, y) = 1
x+ 1 y − 1
x2 − 1 y2. On calcule
D2L1(2,2) =
−1/8 0
0 −1/8
qui est une matrice de d´eterminant positif, avec des coefficients n´egatifs sur la diagonale, montrant que (2,2) est un maximum local pourLdonc pour le probl`eme d’optimisation sous contrainte.
Pour le point (−2,−2) le Lagrangien est L−1(x, y) = 1
x+ 1 y + 1
x2 + 1 y2. On calcule
D2L−1(−2,−2) =
1/8 0 0 1/8
ce qui montre que (−2,−2) est un minimum local pour le probl`eme d’optimisation sous contrainte.
Nous allons montrer que ces extrema sont en fait globaux. Pour ce faire remarquons que pour tousa, br´eels on a
(a+b)2≤2a2+ 2b2.
En appliquant ceci `aa= 1/xetb= 1/y o`ux ety sont des r´eels non nuls on obtient f(x, y)2 ≤2g(x, y).
Donc sous la contrainteg(x, y) = 1/2 obtientf(x, y)2 ≤1, c’est-`a-dire
−1≤f(x, y)≤1.
Commef(−2,−2) =−1 et f(2,2) = 1 on obtient que (−2,−2) et (2,2) sont respectivement des minimum et maximum globaux du probl`eme d’optimisation sous contrainte.
Remarque: On aurait aussi pu traiter tout l’exercice en faisant le changement de variables a= 1/x, b= 1/y. Optimiser 1/x+ 1/y sous 1/x2+ 1/y2 = 1/2 revient `a optimiser a+bsous a2+b2 = 1/2, a6= 0, b6= 0.
1
2. On optimise maintenantf(x, y) =x2y sous 2x2+y2 = 3. Comme (2x2+y2= 3) ⇒ (x2+y2 ≤3)
la contrainte est incluse dans la boule ferm´ee de rayon √
3. Elle est born´ee, en admettant qu’elle est ferm´ee on obtient qu’elle est compacte. Commefest continue (polynˆome)f atteint ses bornes sous la contrainte.
On voit facilement qu’il n’y a pas de points critiques de deuxi`eme esp`ece. Les points critiques de premi`ere esp`ece satisfont
2x2+y2 = 3 x(y−2λ) = 0 x2−2λy = 0
Si x= 0 on obtient y2 = 3 et λ= 0. Si x 6= 0 on obtient y= 2λ etx2 =y2 = 1. On trouve donc six points critiques:
• A= (0,√
3) etB = (0,−√
3), multiplicateur de Lagrange: 0
• C = (1,1) etD= (−1,1), multiplicateur de Lagrange: 2.
• E = (1,−1) etF = (−1,−1), multiplicateur de Lagrange: −2.
On sait de plus que f atteint ses bornes, et que les extrema de f sont n´ecessairement des points critiques. On calcule f(A) = f(B) = 0, f(C) = f(D) = 1, f(E) = f(F) =−1. Par cons´equent C etDsont n´ecessairement des maxima globaux,E etF des minima globaux. Il reste `a d´eterminer la nature de A etB.
Remarquons qu’au voisinage de A = (0,√
3) la variable x change de signe mais que y reste positif. Donc L(x, y) = x2y ≥ 0 au voisinage de A. On en d´eduit que A est un minimum local pour le probl`eme d’optimisation sous contrainte. De mˆemeL(x, y)≤0 au voisinage de B, qui est donc un maximum local.
Il y a d’autres m´ethodes possibles.
Lin´earisation de la contrainte: la matrice D2L(A) =
2√ 3 0
0 0
a un d´eterminant nul, mais elle est strictement positive dans la direction (1,0) qui est la direction tangente `a la contrainte. Donc A est un minimum local. On raisonne de mˆeme en B.
Enfin, on aurait pu raisonner en s’aidant de la figure: entre les deux maxima C et D la fonction passe n´ecessairement par un minimum local, doncA est un minimum local.
A
B
C D
E F
2
