L3S6 Math-Eco
Optimisation Non Lin´ eaire
Ann´ee 2012-2013 Contrˆole continu
Dur´ee : 1h Documents interdits ; calculatrices 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 (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 le r´eelapour que la fonction suivante soit convexe sur R
f(x, y) =exp(x) +exp(y) +axy.
Exercice 3 R´esoudre le probl`eme d’optimisation
inff(x, y, z) =exp(x) +exp(y) +z(x2+y2), sous la contrainte −2≤z≤2.
Que se passe-t-il si l’on rajoute les contraintesx, y≥0? Exercice 4 On cherche `a maximiser la fonction d’utilit´e
f(x, y) =xy sous la contrainte de temps
x+y≤24, et de budget
x+ 2y≤40,
et en supposant aussi que les quantit´es x et y v´erifient x ≥ 0 , y ≥ 0. On justifiera bien l’existence du maximum.
El´ ements de correction
Exercice 1
Voir cours : Th´eor`eme 6.4 et r´eciproque dans le cas convexe.
Exercice 2
On calcule le Hessien. La fonction est de classe C2. Elle est convexe ssi le Hessien est semi-defini positif, c’est adire si et seulement si ses mineurs sont positifs. Les mineurs principaux sont
I1= exp(x), I2 = exp(x+y)−a2.
Il est clair queI1 ≥0. PourI2, on prend par exemplex= 0 ety→ −∞.
I2 ≥ 0 implique donc −a2 ≥ 0, c’est-`a-dire a = 0. R´eciproquement, il est clair que exp(x) + exp(y) est convexe, puisque I1, I2 ≥0, dans ce cas pour tousx, y.
Exercice 3
On af(x,0,−2) = exp(x)+1−2x2. Cette fonction tend vers−∞lorsque x tend vers−∞. Donc l’inf est−∞.
On rajoute maintenant les contraintesx, y≥0.
On a
f(x, y, z)≥exp(x) + exp(y)−2(x2+y2) On ´etudie sur R+ la fonction
g(x) = exp(x)−2x2 Pour cela, on fait le tableau de variation.
g”(x) = exp(x)−4
Cette fonction s’annule une unique fois (elle est strictement croissante) en α = 2 ln(2) ' 1.386294. La fonction g0(x) = exp(x)−4x est strictement d´ecroissante sur [0, α] et strictement croissante sur [α,∞[. On a g0(0) = 1, g0(1) = exp(1)−4 ' −1.281718. Donc g0 s’annule une unique fois en β1 '0.3574 (obtenu par dichotomie par exemple). Sur [α,∞[, on a g0(2) = exp(2)−8' −0.6109439 etg0(3) = exp(3)−12'8.0855369. A nouveau, par dichotomie, g0 s’annule une unique fois sur [α,∞[ enβ2 '2.153292364. La fonctiongest alors strictement croissante sur [0, β1], strictement d´ecroissante sur [β1, β2] et strictement croissante sur [β2,∞[. Commeg(0) = 0 etg(β2)'
−0.6601665538, on en d´eduit que g admet un minimum sur R+ atteint en β2. On a alors
f(x, y, z)≥f(β2, β2,−2) = 2g(β2)' −1.3203331, ce qui r´esoud le probl`eme d’optimisation.
Exercice 4
Il s’agit d’un sous-exercice du suivant :
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 maximisation 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 de x (resp. de y) et t1
(resp. t2) est le temps n´ecessaire pour consommer une unit´e de x (resp. de y).
2
On suppose ici quep1 = 1, p2 = 2, B = 40 ett1=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.
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 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.
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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.
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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