Optimisation sous contrainte et convexité : corrigé du contrôle de maths en L3
Voici le corrigé du contrôle de maths en L3 sur le thème « optimisation sous contrainte et convexité », question par question.
Cette correction rédige chaque question comme une copie d’examen très soignée. Pour les extrema libres, elle calcule la hessienne puis son déterminant, et une figure localise la zone où la fonction dégénérée devient négative. Le système de Lagrange est ensuite résolu par disjonction de cas, sans oublier aucune branche. Une seconde figure place sur la sphère les six points critiques obtenus. Le troisième exercice sépare nettement l’existence du minimum, obtenue par coercivité, de son unicité, qui découle de la convexité stricte. Enfin, le problème justifie avec soin le cas d’égalité de l’inégalité des moyennes. Le barème précise, pour chaque question, la part de la méthode et celle du résultat.
L’énoncé complet se trouve ici : Optimisation sous contrainte et convexité : contrôle de maths en L3.
Barème du contrôle corrigé : optimisation sous contrainte et convexité
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Un col, un minimum et un faux minimum | 5 points |
| 2. Extrema d’une fonction sur une sphère | 5 points |
| 3. Minimiser par coercivité et convexité | 4,5 points |
| 4. Problème : moyennes et triangle d’aire maximale | 5,5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : optimisation sous contrainte et convexité
Exercice 1 – Un col, un minimum et un faux minimum (5 points)
- Polynôme en \(x\) et \(y\), \(f\) est \(C^2\) sur \(\mathbb{R}^2\), qui est ouvert. On calcule \(\partial_1 f(x, y) = 6x^2 – 6y\) et \(\partial_2 f(x, y) = 2y – 6x\). Un point critique vérifie donc \(y = 3x\), puis \(6x^2 – 18x = 0\), soit \(6x(x – 3) = 0\). Ainsi \(x = 0\) ou \(x = 3\). Les points critiques de \(f\) sont \((0, 0)\) et \((3, 9)\).
- Les dérivées secondes valent \(\partial_{11} f = 12x\), \(\partial_{12} f = -6\) et \(\partial_{22} f = 2\). D’où la hessienne :
\[H_f(x, y) = \begin{pmatrix} 12x & -6 \\ -6 & 2 \end{pmatrix}.\]
En \((0, 0)\), son déterminant vaut \(0 \times 2 – 36 = -36\). Il est strictement négatif, donc les deux valeurs propres sont de signes opposés. L’origine est un point col de \(f\). En \((3, 9)\), le déterminant vaut \(36 \times 2 – 36 = 36 > 0\), et la trace \(38\) est positive. La hessienne est alors définie positive. Par conséquent, \(f\) admet un minimum local strict en \((3, 9)\), égal à \(f(3, 9) = 54 + 81 – 162 = -27\). - Pour tout réel \(x\), on a \(f(x, 0) = 2x^3\). Lorsque \(x\) décrit \(\mathbb{R}\), le réel \(2x^3\) prend des valeurs arbitrairement grandes, mais aussi arbitrairement négatives. Comme \(f\) n’a ni minorant ni majorant sur le plan, aucune de ses valeurs n’est un extremum global. Le minimum local \(-27\) n’est donc que local : par exemple, \(f(-3, 0) = -54 < -27\).
- On a \(\partial_1 k(x, y) = -14xy + 20x^3\) et \(\partial_2 k(x, y) = 4y – 7x^2\), qui s’annulent en \(O\). Ensuite, \(\partial_{11} k = -14y + 60x^2\), \(\partial_{12} k = -14x\) et \(\partial_{22} k = 4\). En \(O\), la hessienne vaut donc \(\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}\). Elle est positive mais de déterminant nul : le critère du second ordre ne permet pas de conclure.
-
Restrictions aux droites
Pour tout réel \(t\), on a \(k(tu, tv) = 2v^2 t^2 – 7u^2 v t^3 + 5u^4 t^4\). Distinguons alors deux cas. Si \(v \neq 0\), on écrit \(k(tu, tv) = t^2\left(2v^2 – 7u^2 v t + 5u^4 t^2\right)\). La parenthèse tend vers \(2v^2 > 0\) quand \(t\) tend vers 0, donc elle reste strictement positive au voisinage de 0. Si \(v = 0\), alors \(u \neq 0\) et \(k(tu, 0) = 5u^4 t^4\). Dans les deux cas, \(k(tu, tv) > 0 = k(0, 0)\) pour \(t\) non nul proche de 0. Ainsi chaque restriction à une droite passant par \(O\) admet un minimum local strict en \(0\).
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Le long d’une parabole
On développe \((y – x^2)(2y – 5x^2) = 2y^2 – 5x^2 y – 2x^2 y + 5x^4\). Donc \(k(x, y) = (y – x^2)(2y – 5x^2)\). Avec \(y = 2x^2\), on obtient \(k(x, 2x^2) = x^2 \times (-x^2) = -x^4\). Or tout voisinage de \(O\) contient des points \((x, 2x^2)\) avec \(x \neq 0\), où \(k\) prend une valeur strictement négative. Par conséquent, l’origine n’est pas un minimum local de \(k\), alors que toutes les restrictions aux droites y présentent un minimum. Sur la figure, \(k\) est en effet négative entre les deux paraboles.
Piège classique : déduire de la question 5 que l’origine est un minimum local. Les droites ne décrivent pas tous les chemins vers \(O\) : la parabole \(y = 2x^2\) traverse la zone où \(k\) est négative.
Exercice 2 – Extrema d’une fonction sur une sphère (5 points)
- Notons \(N(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2\), fonction continue. La sphère \(S\) est l’ensemble des points où \(N\) prend la valeur \(12\) : elle est donc fermée. Elle est aussi bornée, puisque contenue dans la boule fermée de rayon \(2\sqrt{3}\). Comme \(\mathbb{R}^3\) est de dimension finie, \(S\) est alors compacte. Par le théorème des bornes atteintes, la fonction continue \(f\) possède sur \(S\) une plus grande et une plus petite valeur.
- Le gradient \(\nabla g(x, y, z) = (2x, 2y, 2z)\) est nul seulement au point \((0, 0, 0)\). Ce point est hors de \(S\) : la contrainte est donc qualifiée en tout point de \(S\). De plus, \(f\) et \(g\) sont de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^3\). Le théorème des extrema liés affirme alors : si \(f\) restreinte à \(S\) admet un extremum local en \(A\), il existe un réel \(\lambda\) tel que \(\nabla f(A) = \lambda \nabla g(A)\).
-
Le système à résoudre
Comme \(\nabla f(x, y, z) = (y, x, 2)\), il s’agit de résoudre :
\[\begin{cases} y = 2\lambda x \\ x = 2\lambda y \\ 2 = 2\lambda z \\ x^2 + y^2 + z^2 = 12 \end{cases}\]
La troisième équation impose \(\lambda \neq 0\), puis \(z = \frac{1}{\lambda}\). En reportant la première dans la deuxième, on obtient ensuite \(x = 4\lambda^2 x\), soit \(x\left(1 – 4\lambda^2\right) = 0\).Disjonction de cas
Si \(x = 0\), alors \(y = 0\), donc \(z^2 = 12\). On trouve ainsi \((0, 0, 2\sqrt{3})\) avec \(\lambda = \frac{\sqrt{3}}{6}\), et \((0, 0, -2\sqrt{3})\) avec \(\lambda = -\frac{\sqrt{3}}{6}\). Si \(x \neq 0\), alors \(\lambda = \frac{1}{2}\) ou \(\lambda = -\frac{1}{2}\). Pour \(\lambda = \frac{1}{2}\), on a \(y = x\) et \(z = 2\), d’où \(2x^2 + 4 = 12\), donc \(x = \pm 2\). Pour \(\lambda = -\frac{1}{2}\), on a de même \(y = -x\), \(z = -2\) et \(x = \pm 2\). Les six points obtenus sont \((0, 0, \pm 2\sqrt{3})\), \((2, 2, 2)\) et \((-2, -2, 2)\) pour \(\lambda = \frac{1}{2}\), puis \((2, -2, -2)\) et \((-2, 2, -2)\) pour \(\lambda = -\frac{1}{2}\).
- Les extrema existent d’après la question 1, et chacun est atteint en l’un de ces six points. On calcule \(f(0, 0, \pm 2\sqrt{3}) = \pm 4\sqrt{3}\), puis \(f(2, 2, 2) = f(-2, -2, 2) = 8\), et enfin \(f(2, -2, -2) = f(-2, 2, -2) = -8\). Or \(4\sqrt{3} = \sqrt{48} < \sqrt{64} = 8\). Le maximum de \(f\) sur \(S\) vaut donc \(8\), atteint en \((2, 2, 2)\) et \((-2, -2, 2)\), et le minimum vaut \(-8\), atteint en \((2, -2, -2)\) et \((-2, 2, -2)\).
-
Sensibilité de la valeur optimale
Pour \(c > 4\), les arguments des questions 1 à 3 restent valables, la contrainte devenant \(x^2 + y^2 + z^2 = c\). Le cas \(x = 0\) donne les valeurs \(\pm 2\sqrt{c}\). Le cas \(\lambda = \frac{1}{2}\) donne quant à lui \(z = 2\) et \(2x^2 = c – 4\), qui a des solutions car \(c > 4\). La valeur de \(f\) y vaut \(x^2 + 4 = \frac{c – 4}{2} + 4 = \frac{c}{2} + 2\). Enfin, le cas \(\lambda = -\frac{1}{2}\) fournit l’opposé de cette valeur. De plus, \(\frac{c}{2} + 2 – 2\sqrt{c} = \frac{1}{2}\left(\sqrt{c} – 2\right)^2 \geq 0\). Ainsi \(M(c) = \frac{c}{2} + 2\), donc \(M^{\prime}(12) = \frac{1}{2}\), qui est exactement le multiplicateur associé aux points de maximum. Le multiplicateur mesure donc le gain sur la valeur optimale quand on augmente le niveau \(c\) de la contrainte : passer de \(12\) à \(12{,}2\) augmente ici le maximum de \(0{,}1\) exactement.
Piège classique : diviser par \(x\) dans l’équation \(x = 4\lambda^2 x\). On perd alors les deux pôles de la sphère, qui sont pourtant des points critiques de la restriction.
Exercice 3 – Minimiser par coercivité et convexité (4,5 points)
- D’une part, \((x – y)^2 \geq 0\) donne \(xy \leq \frac{1}{2}\left(x^2 + y^2\right)\), d’où \(x^2 – xy + y^2 \geq \frac{1}{2}\left(x^2 + y^2\right)\). D’autre part, l’exponentielle est strictement positive. Donc \(F(x, y) \geq \frac{1}{2}\left(x^2 + y^2\right)\) pour tout \((x, y)\). Le minorant tend vers \(+\infty\) quand la norme euclidienne de \((x, y)\) tend vers \(+\infty\). Par conséquent, \(F\) est coercive.
- On a \(F(0, 0) = 1\). Notons \(D\) le disque fermé de centre \(O\) et de rayon \(\sqrt{2}\). Hors de \(D\), on a \(x^2 + y^2 > 2\), donc \(F(x, y) > 1\) d’après la question 1. Ce disque est compact, comme partie fermée bornée de \(\mathbb{R}^2\), et \(F\) y est continue. Elle atteint ainsi sur \(D\) un minimum \(m\) en un point \(A\), avec \(m \leq F(0, 0) = 1\). Hors de \(D\), on a enfin \(F > 1 \geq m\). Ainsi \(F(A) = m\) est le minimum global de \(F\) sur \(\mathbb{R}^2\).
- La fonction \(F\) est de classe \(C^2\). En notant \(w = \mathrm{e}^{x + y}\), on a \(\partial_1 F = 2x – y + w\) et \(\partial_2 F = 2y – x + w\), puis :
\[H_F(x, y) = \begin{pmatrix} 2 + w & w – 1 \\ w – 1 & 2 + w \end{pmatrix}.\]
Sa trace \(4 + 2w\) est strictement positive. Son déterminant vaut \((2 + w)^2 – (w – 1)^2 = 3(1 + 2w)\), lui aussi strictement positif. La hessienne est donc définie positive en tout point. Sur le convexe \(\mathbb{R}^2\), une fonction \(C^2\) de hessienne partout définie positive est strictement convexe : c’est le cas de \(F\). -
Unicité et symétrie
Supposons que \(F\) atteigne son minimum \(m\) en deux points distincts \(A\) et \(B\). La stricte convexité donnerait alors \(F\left(\frac{A + B}{2}\right) < \frac{1}{2}F(A) + \frac{1}{2}F(B) = m\), ce qui est absurde. Le minimum est donc atteint en un unique point \((a, b)\). Or \(F(x, y) = F(y, x)\) pour tout \((x, y)\), si bien que \((b, a)\) réalise aussi ce minimum. Par unicité, \(a = b\) : le point de minimum est sur la diagonale.
Équation vérifiée par l’abscisse
Le minimum est atteint sur l’ouvert \(\mathbb{R}^2\), donc \(\nabla F(a, a) = 0\). La première dérivée partielle donne \(2a – a + \mathrm{e}^{2a} = 0\), soit \(a + \mathrm{e}^{2a} = 0\). La fonction \(\varphi : x \mapsto x + \mathrm{e}^{2x}\) est strictement croissante, donc cette équation a au plus une solution, qui est donc \(a\). Ensuite, \(\varphi(0) = 1 > 0\) et \(\varphi\left(-\frac{1}{2}\right) = \mathrm{e}^{-1} – \frac{1}{2} < 0\), car \(\mathrm{e} > 2\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, \(a\) appartient à \(\left]-\frac{1}{2}, 0\right[\).
Valeur du minimum
On a \(F(a, a) = a^2 + \mathrm{e}^{2a}\), et \(\mathrm{e}^{2a} = -a\). Le minimum de \(F\) vaut donc \(a^2 – a\), nombre compris entre \(0\) et \(\frac{3}{4}\) puisque \(t \mapsto t^2 – t\) décroît sur \(\left]-\frac{1}{2}, 0\right[\).
Piège classique : affirmer qu’une fonction coercive atteint son minimum sans le justifier. La coercivité permet seulement de se ramener à un compact, sur lequel la continuité fait le reste.
Exercice 4 – Problème : moyennes et triangle d’aire maximale (5,5 points)
- L’ensemble \(K_s\) est l’intersection des demi-espaces fermés \(\{x_i \geq 0\}\) et de l’hyperplan fermé \(\{x_1 + \cdots + x_n = s\}\) : il est donc fermé. De plus, chaque coordonnée d’un point de \(K_s\) est comprise entre \(0\) et \(s\), ce qui le rend borné. En dimension finie, \(K_s\) est ainsi compact, et il est non vide. La fonction polynomiale \(P\), continue, y atteint donc un maximum \(M(s)\). Enfin, le point dont toutes les coordonnées valent \(\frac{s}{n}\) appartient à \(K_s\), et \(P\) y vaut \(\left(\frac{s}{n}\right)^n > 0\). Par conséquent, \(M(s) > 0\).
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Le maximum est intérieur
Si une coordonnée de \(x\) est nulle, alors \(P(x) = 0 < M(s)\). Un point où \(P\) vaut \(M(s)\) a donc toutes ses coordonnées strictement positives : il appartient à l’ouvert \(U = \left]0, +\infty\right[^n\).
Application du théorème de Lagrange
Sur \(U\), on pose \(h(x) = x_1 + \cdots + x_n – s\). Les fonctions \(P\) et \(h\) sont de classe \(C^1\), et \(\nabla h = (1, \ldots, 1)\) ne s’annule jamais, donc la contrainte est qualifiée. Soit \(x\) un point de maximum. Il réalise aussi un maximum de \(P\) sur \(U \cap \{h = 0\}\), qui est contenu dans \(K_s\). Le théorème des extrema liés fournit alors un réel \(\lambda\) tel que \(\partial_i P(x) = \lambda\) pour tout \(i\). Or \(\partial_i P(x)\) est le produit des \(x_j\) pour \(j \neq i\), si bien que \(x_i \, \partial_i P(x) = P(x)\). On obtient ainsi \(\lambda x_i = P(x) = M(s)\) pour tout \(i\). Comme \(M(s) > 0\), on a \(\lambda \neq 0\), puis \(x_i = \frac{M(s)}{\lambda}\) pour tout \(i\). Les coordonnées sont égales, donc chacune vaut \(\frac{s}{n}\), et \(M(s) = \left(\frac{s}{n}\right)^n\).
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Vers l’inégalité des moyennes
Soit \(a = (a_1, \ldots, a_n)\) à coordonnées positives, et \(s = a_1 + \cdots + a_n\). Lorsque \(s = 0\), chaque \(a_i\) vaut zéro, et les deux membres sont nuls. Dans le cas contraire, \(a\) appartient à \(K_s\), donc \(a_1 \cdots a_n \leq \left(\frac{s}{n}\right)^n\). La fonction racine \(n\)-ième étant croissante sur \(\left[0, +\infty\right[\), on obtient \(\left(a_1 \cdots a_n\right)^{1/n} \leq \frac{s}{n}\). Si les \(a_i\) sont égaux, l’égalité est immédiate. Réciproquement, en cas d’égalité avec \(s > 0\), on a \(P(a) = M(s)\). La question 2 montre alors que les \(a_i\) sont égaux. L’égalité a donc lieu si et seulement si les \(a_i\) sont tous égaux.
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Le triangle équilatéral est optimal
Ici \(p = 6\). Par l’inégalité triangulaire, \(a < b + c\), donc \(p – a = \frac{b + c – a}{2} > 0\), et de même pour \(p – b\) et \(p – c\). De plus, \((p – a) + (p – b) + (p – c) = 3p – 2p = p = 6\). L’inégalité de la question 3, appliquée pour \(n = 3\), donne alors \((p – a)(p – b)(p – c) \leq \left(\frac{6}{3}\right)^3 = 8\). Ainsi \(\mathcal{A}^2 \leq 6 \times 8 = 48\), et donc \(\mathcal{A} \leq \sqrt{48} = 4\sqrt{3}\). Tout triangle de périmètre \(12\) cm a donc une aire au plus égale à \(4\sqrt{3}\) cm², soit environ \(6{,}93\) cm². L’égalité équivaut à \(p – a = p – b = p – c\), c’est-à-dire \(a = b = c = 4\). Elle n’a donc lieu que pour le triangle équilatéral de côté \(4\) cm, ce que confirme la figure : le triangle \(3\), \(4\), \(5\) a une aire de \(6\) cm² seulement.
- Dans le cas général, la somme des trois facteurs vaut \(p\), donc \((p – a)(p – b)(p – c) \leq \frac{p^3}{27}\). On en déduit \(\mathcal{A}^2 \leq \frac{p^4}{27}\), puis \(\mathcal{A} \leq \frac{p^2}{3\sqrt{3}}\), car \(\sqrt{27} = 3\sqrt{3}\). Si \(\mathcal{A} = 9\sqrt{3}\), alors \(p^2 \geq 3\sqrt{3} \times 9\sqrt{3} = 81\), donc \(p \geq 9\). Le périmètre \(2p\) vaut alors au moins \(18\) cm, avec égalité pour le triangle équilatéral de côté \(6\) cm.
Piège classique : appliquer le théorème des extrema liés directement sur \(K_s\). Ce théorème exige un ouvert, d’où la nécessité de montrer d’abord que le maximum n’est pas atteint au bord.
À retenir de ce contrôle
- Le théorème des extrema liés donne seulement une condition nécessaire : l’existence des extrema doit venir d’ailleurs, par exemple de la compacité de la contrainte.
- Une hessienne de déterminant strictement négatif en un point critique donne un col ; un déterminant nul ne permet de conclure ni dans un sens ni dans l’autre.
- Un minimum le long de chaque droite passant par un point ne prouve pas un minimum local : des courbes paraboliques peuvent révéler des valeurs plus petites.
- Une fonction continue et coercive sur un fermé de dimension finie atteint son minimum ; la stricte convexité en garantit alors l’unicité.
- À l’optimum, le multiplicateur de Lagrange mesure la variation de la valeur optimale lorsque le niveau de la contrainte varie.
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