QCM : Multiplicateurs de Lagrange en L3 de maths

Réponse C.

Pour tout vecteur \(h\), la fonction \(t\mapsto f(a+th)\) a un minimum local en 0, donc sa dérivée y est nulle. Ainsi, \(\mathrm{d}f(a)(h)=0\) pour tout \(h\). Il faut cependant que \(a\) soit intérieur, d’où l’ouvert. La hessienne n’est pas forcément définie : \(x^4\) a un minimum en 0, avec une dérivée seconde nulle. Enfin, un minimum local n’a aucune raison d’être global.

Réponse A.

La hessienne en l’origine vaut \(\begin{pmatrix}2&-3\\-3&4\end{pmatrix}\), de déterminant \(8-9=-1<0\). Ses deux valeurs propres sont donc de signes opposés, et l’origine est un col. Le piège du minimum vient des coefficients diagonaux, tous deux positifs ; or ils ne suffisent pas. De plus, le terme \(x^4\) ne change rien, puisqu’il est d’ordre 4.

Réponse A.

Une hessienne positive mais non définie ne permet pas de conclure ; il faut donc revenir à la fonction. Sur l’axe vertical, \(f(0,y)=-y^3\) prend des valeurs strictement négatives et positives près de 0. Par conséquent, l’origine n’est pas un extremum. Le piège du minimum global, fondé sur \(f(x,0)=x^2\), ne regarde qu’une seule direction : or un minimum doit tenir dans toutes les directions à la fois.

Réponse B.

Si \(\nabla g(a)\neq 0\), l’ensemble \(\{g=0\}\) est une hypersurface régulière près de \(a\), d’espace tangent \(\nabla g(a)^{\perp}\). Or \(\nabla f(a)\) est orthogonal à ce tangent, donc colinéaire à \(\nabla g(a)\). Le piège \(\nabla f(a)\neq 0\) porte sur la mauvaise fonction. La compacité, quant à elle, sert à l’existence d’un extremum, pas à la condition de Lagrange.

Réponse A.

Sur la courbe, \(x^3=y^2\geqslant 0\), donc \(x\geqslant 0\) : l’origine réalise bien le minimum. Cependant, \(\nabla g(0,0)=(0,0)\), alors que \(\nabla f=(1,0)\) ; aucun \(\lambda\) ne convient. La méthode échoue car l’hypothèse \(\nabla g\neq 0\) tombe au point de rebroussement. Invoquer \(\nabla f(0,0)\neq 0\) oublie que, sous contrainte, le gradient de \(f\) n’a pas à s’annuler.

Réponse D.

La condition de Lagrange donne \((1,2)=\lambda(2x,2y)\), donc \((x,y)\) est colinéaire à \((1,2)\). Sur le cercle, on trouve \((1,2)\) et \((-1,-2)\), avec \(\lambda=\pm\frac{1}{2}\). Le maximum vaut donc \(f(1,2)=5\), en accord avec Cauchy-Schwarz. Le piège \(\sqrt{5}\) oublie le rayon \(\sqrt{5}\) du cercle. Quant à \(5\sqrt{5}\), il prend 5 pour le rayon.

Réponse D.

Ici, \(M(c)=\sqrt{5c}\), donc \(M^{\prime}(c)=\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{c}}\), qui vaut bien \(\frac{1}{2}\) en \(c=5\). Plus généralement, le multiplicateur mesure la sensibilité de la valeur optimale à un relâchement de la contrainte : c’est un prix marginal. Le piège du quotient donne \(M(5)/5=1\), ce qui diffère de \(\frac{1}{2}\). Enfin, la distance à l’origine vaut \(\sqrt{5}\).

Réponse C.

La convexité donne l’inégalité \(f(y)\geqslant f(x)+\mathrm{d}f(x)(y-x)\) pour tous \(x,y\). Donc, si \(\mathrm{d}f(x)=0\), alors \(f(y)\geqslant f(x)\) partout. En revanche, une fonction constante est convexe, et tous ses points sont critiques sans être stricts. De même, l’exponentielle est convexe sans aucun point critique. Ainsi, la stricte convexité serait nécessaire pour l’unicité.

Réponse B.

Une fonction \(C^2\) sur un ouvert convexe est convexe si et seulement si sa hessienne est positive en tout point. Ici, la hessienne est constante, de trace 4 et de déterminant \(4-a^2\). Elle est donc positive exactement lorsque \(a^2\leqslant 4\). Le piège \(|a|<2\) correspond à une hessienne définie positive, donc à la stricte convexité. Pour \(a=2\), \(f=(x+y)^2\) reste convexe.

Réponse B.

On a \(4|xy|\leqslant 2(x^2+y^2)\), et \(2(x^4+y^4)\geqslant(x^2+y^2)^2\), donc \(f\) tend vers \(+\infty\). Par conséquent, l’ensemble \(\{f\leqslant f(0,0)\}\) est un compact, car fermé et borné, et \(f\) y atteint son minimum. En revanche, \(f\) n’est pas convexe, puisque sa hessienne en 0 est indéfinie. Être minorée ne suffit pas non plus, comme le montre l’exponentielle.

Réponse D.

Les points critiques vérifient \(x^3=y\) et \(y^3=x\), donc \(x^9=x\) : on obtient \((0,0)\), \((1,1)\) et \((-1,-1)\). Le minimum, qui existe, est atteint en l’un d’eux. Or \(f(0,0)=0\) et \(f(1,1)=f(-1,-1)=-2\). Ainsi, il vaut \(-2\). La réponse 0 suppose à tort que l’origine, où la hessienne est indéfinie, réalise le minimum. Le piège \(-4\) oublie les termes de degré 4.

Réponse C.

L’hyperbole est fermée, non bornée, mais la fonction est coercive : le minimum existe donc. Lagrange donne \(2x=\lambda y\) et \(4y=\lambda x\), d’où \(x^2=2y^2\). Avec \(xy=1\), on obtient \(y^2=\frac{1}{\sqrt{2}}\), puis \(x^2+2y^2=4y^2=2\sqrt{2}\). Le piège 2 traite \(x^2+y^2\). Quant à 3, il teste seulement le point \((1,1)\), qui n’est pas optimal.