C.6 · Extrema multivariés et optimisation sous contraintes

Préparation GRE niveau universitaire. Objectifs locaux dans le périmètre ETS examiné ; il s'agit d'un enseignement original, pas d'un test officiel ni d'un prédicteur de score.

Prérequis : Dérivées partielles, formes quadratiques, compacité et contraintes.

• Classifier les points critiques à deux variables avec la Hessianne
• Utiliser les multiplicateurs de Lagrange avec une contrainte régulière
• Comparer les extrema et les valeurs atteignables sous des contraintes régulières

Hessien : La matrice des dérivées partielles d'ordre deux utilisée pour étudier la courbure locale.

Multiplicateur de Lagrange : Un scalaire reliant les gradients de l'objectif et de la contrainte régulière à un extremum contraint.

Pour une fonction dérivable sur un domaine ouvert, un extremum local intérieur a un gradient nul. Cette condition est nécessaire, mais non suffisante. Pour deux variables en un point critique, posons D=f_xx f_yy−(f_xy)². Si D>0, f_xx>0 donne un minimum local strict et f_xx<0 donne un maximum local strict ; D<0 indique un col. Ces tests exigent une régularité appropriée des dérivées secondes autour du point.

Lorsque D=0, le test des dérivées secondes est concluant par défaut, ce qui n'est pas une preuve d'un col. Les fonctions x⁴+y⁴ et x⁴−y⁴ ont le même Hessien nul à l'origine, mais l'une admet un minimum strict tandis que l'autre change de signe. Évaluez selon des directions opposées ou utilisez une inégalité directe. Pour une forme quadratique, la positive définité fournit une interprétation plus générale du Hessien.

Sur une égalité régulière g(x,y)=c à gradient non nul g, résolvez gradient f=lambda gradient g conjointement avec g=c. Ces équations génèrent des candidats ; elles ne classifient ni ne garantissent un extremum global. Si le gradient de la contrainte s'annule, la condition de régularité échoue et les équations de multiplicateur peuvent passer à côté d'un extremum contraint. Traitez ces points séparément. Pour x²+y²=a et xy=b>0, (x−y)²=a−2b montre la nécessité a≥2b. C'est aussi suffisant : prenez s=√(a+2b), d=√(a−2b), x=(s+d)/2 et y=(s−d)/2. Ces valeurs réelles vérifient xy=b et x²+y²=a. Une condition de minimum seule nécessite cette vérification d'atteignabilité pour établir la solvabilité.

Une fonction continue sur un ensemble réalisable compact atteint ses extrema globaux. Pour les trouver, comparez tous les candidats intérieurs et toutes les pièces de bord, y compris les coins et les extrémités. Pour un rectangle, optimisez les restrictions sur chaque arête. Pour un disque, le bord circulaire peut utiliser un paramètre ou un multiplicateur. Résoudre uniquement le gradient non contraint ignore les gagnants possibles sur le bord.

Minimiser x²+y² sous la contrainte x+y=6. Le gradient de la contrainte est (1,1), donc 2x=lambda et 2y=lambda. Ainsi x=y et la contrainte donne x=y=3, avec valeur 18. Compléter le carré sur la droite donne x²+(6−x)²=2(x−3)²+18, prouvant un minimum global. Il n'y a pas de maximum sur cette droite non bornée, malgré l'existence d'un candidat multiplicateur.

Une solution par multiplicateurs de Lagrange est un candidat, pas automatiquement un maximum ou un minimum. Vérifiez la régularité et l'ensemble des contraintes complet.

Classez l'origine pour $f(x,y)=x^2-y^2$ et pour $g(x,y)=x^4+y^4$. Indiquez ce qu'un déterminant de Hessien nul permet de conclure.

Solution détaillée

Pour f, le Hessien est $\operatorname{diag}(2,-2)$ avec un déterminant -4 ; l'origine est un col. Le long des axes, les valeurs ont des signes opposés. Pour g, le Hessien en zéro est nul, donc le test des dérivées secondes est concluant par défaut. Néanmoins $x^4+y^4\ge0$, avec égalité seulement à l'origine ; c'est un minimum global strict. Un test concluant par défaut n'est pas une classification du point.

Trouvez tous les extrema de $f(x,y)=xy$ sous contrainte $x^2+y^2=2$. Comparez avec la minimisation de $x^2+y^2$ sur la droite $x+y=4$, y compris l'existence éventuelle de maxima.

Vérification après tentative

Le cercle est compact et son gradient de contrainte $(2x,2y)$ ne s'y annule jamais. Les multiplicateurs donnent $y=2\lambda x$, $x=2\lambda y$. Aucune coordonnée ne peut être nulle en un point stationnaire ; ainsi $y=\pm x$. Les quatre candidats $(1,1),(-1,-1),(1,-1),(-1,1)$ donnent un maximum global 1 et un minimum -1. La borne $2|xy|\le x^2+y^2=2$ vérifie l'exhaustivité. Sur la droite, $x^2+(4-x)^2=2(x-2)^2+8$, donc le minimum est 8 en $(2,2)$. Il n'y a pas de maximum car l'expression est non bornée. Les seuls candidats multiplicateurs ne suffisent pas à établir la compacité.