Extrema libres et liés

Extrema libres et liés

1. Points critiques et extrema libres

Soit $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ différentiable. On dit que $a$ est un point critique de $f$ si $\nabla f(a) = (0,0)$.

Condition nécessaire d'extremum local : si $f$ admet un extremum local (libre, c'est-à-dire sans contrainte) en $a$, alors $a$ est un point critique : $\nabla f(a)=0$. (Cette condition est nécessaire mais pas suffisante : un point critique peut être un minimum, un maximum, ou un point-selle — ni l'un ni l'autre.)

Méthode générale :
1. Résoudre $\nabla f(x,y) = (0,0)$ pour trouver les points critiques.
2. Calculer $H_f$ en chaque point critique et étudier son signe (voir leçon précédente).
3. Conclure selon le tableau ci-dessous.

2. Classification par la hessienne (cas $n=2$)

En un point critique $a$, posons $r=f_{xx}(a)$, $s=f_{xy}(a)$, $t=f_{yy}(a)$, et $\Delta = rt-s^2 = \det H_f(a)$.

|---|---|---|

Exemple résolu 1 : $f(x,y)=x^2+y^2-2x-4y+5$. $\nabla f = (2x-2,\,2y-4) = (0,0) \iff (x,y)=(1,2)$. Point critique unique $(1,2)$. $H_f = \begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}$ partout, donc $\Delta=4>0$, $r=2>0$ : $(1,2)$ est un minimum local (et global, car $f$ est convexe). $f(1,2) = 1+4-2-8+5=0$.

Exemple résolu 2 (point-selle) : $f(x,y) = x^2-y^2$. $\nabla f = (2x,-2y)=(0,0) \iff (x,y)=(0,0)$. $H_f(0,0) = \begin{pmatrix}2&0\\0&-2\end{pmatrix}$, $\Delta = -4<0$ : $(0,0)$ est un point-selle. En effet, le long de l'axe $x$ ($y=0$), $f(x,0)=x^2$ admet un minimum en $0$ ; mais le long de l'axe $y$ ($x=0$), $f(0,y)=-y^2$ admet un maximum en $0$ : le point n'est ni minimum ni maximum global de $f$ au voisinage.

3. Extrema sous contrainte : position du problème

On cherche maintenant les extrema de $f(x,y)$ non plus sur tout $\mathbb{R}^2$, mais en se restreignant à une contrainte $g(x,y)=0$ (une courbe). On parle d'extremum lié (ou sous contrainte).

Exemple typique : maximiser $f(x,y)=xy$ sous la contrainte $g(x,y)=x+y-10=0$ (c'est-à-dire $x+y=10$).

4. Méthode des multiplicateurs de Lagrange

Théorème (Lagrange) : si $f$ et $g$ sont $\mathcal C^1$ et si $a$ est un extremum local de $f$ sous la contrainte $g(a)=0$, avec $\nabla g(a)\neq0$, alors il existe $\lambda\in\mathbb{R}$ (le multiplicateur de Lagrange) tel que

Géométriquement, ceci signifie que la ligne de niveau de $f$ passant par $a$ est tangente à la courbe contrainte $\{g=0\}$ en $a$ (les deux gradients sont colinéaires).

Méthode pratique : on introduit le lagrangien

et on résout le système des trois équations $\dfrac{\partial \mathcal L}{\partial x}=0$, $\dfrac{\partial \mathcal L}{\partial y}=0$, $\dfrac{\partial \mathcal L}{\partial \lambda}=0$ (cette dernière équation redonnant simplement la contrainte $g(x,y)=0$). Cela revient à résoudre :

5. Exemple résolu complet

Énoncé : maximiser $f(x,y)=xy$ sous la contrainte $x+y=10$ ($x,y>0$).

Résolution : posons $g(x,y)=x+y-10$. $\nabla f = (y,x)$, $\nabla g=(1,1)$. L'équation de Lagrange $\nabla f = \lambda\nabla g$ donne $y=\lambda$ et $x=\lambda$, donc $x=y$. Avec la contrainte $x+y=10$, on obtient $x=y=5$. Le candidat est $(5,5)$, avec $f(5,5)=25$.

Vérification que c'est bien un maximum : en paramétrant la contrainte par $y=10-x$ (avec $0<x<10$), on étudie $h(x)=f(x,10-x)=x(10-x)=10x-x^2$, fonction d'une seule variable. $h'(x)=10-2x=0 \iff x=5$, et $h''(x)=-2<0$ : $h$ admet un maximum en $x=5$, donc $f$ admet bien un maximum sous contrainte en $(5,5)$, valeur $25$.

6. Remarque : plusieurs contraintes

Avec $p$ contraintes $g_1(x)=0,\ldots,g_p(x)=0$ (indépendantes), la condition de Lagrange devient $\nabla f(a) = \sum_{i=1}^p \lambda_i \nabla g_i(a)$, avec $p$ multiplicateurs. Ce cas plus général, ainsi que l'étude des conditions du second ordre pour les extrema liés, sera repris et approfondi dans le cours d'optimisation de L3.