Corrigé des exercices : Multiplicateurs de Lagrange en L3 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Points critiques d’un polynôme à variables séparées

Idée clé : les variables sont séparées, donc le gradient et la Hessienne se calculent coordonnée par coordonnée.

1. On a \(\partial_x f = 2x – 2\) et \(\partial_y f = 3y^2 – 3\). Le gradient s’annule si et seulement si \(x = 1\) et \(y^2 = 1\). Les points critiques sont \((1,1)\) et \((1,-1)\).
2. La Hessienne vaut \(\mathrm{diag}(2, 6y)\). En \((1,1)\), elle vaut \(\mathrm{diag}(2,6)\), définie positive : c’est un minimum local strict, de valeur \(f(1,1) = 1 – 3 + 1 – 2 = -3\). En \((1,-1)\), elle vaut \(\mathrm{diag}(2,-6)\), avec deux valeurs propres de signes opposés : c’est un point col, où \(f\) vaut \(1\). Minimum local strict en \((1,1)\), point col en \((1,-1)\).
3. On a \(f(1,y) = y^3 – 3y – 1\), qui tend vers \(-\infty\) quand \(y \to -\infty\). Par conséquent, \(f\) n’a pas de minimum global : le minimum en \((1,1)\) est seulement local.

Corrigé de l’exercice 2 – Hessienne dégénérée à l’origine

Idée clé : quand la Hessienne est seulement positive, on étudie directement le signe de la fonction, ici grâce à un carré parfait.

1. On a \(\nabla f = (2x + 2y,\ 2x + 2y + 4y^3)\) et \(\nabla g = (2x + 2y,\ 2x + 2y – 4y^3)\). Les deux gradients sont nuls en \((0,0)\). Ensuite, les termes en \(y^4\) ont une dérivée seconde nulle à l’origine, donc les deux Hessiennes valent \(\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}\). Son déterminant est nul : la Hessienne est positive mais non inversible, et le critère du second ordre ne conclut pas.
2. On écrit \(f(x,y) = (x+y)^2 + y^4 \geq 0 = f(0,0)\). De plus, \(f(x,y) = 0\) impose \(y = 0\), puis \(x = -y = 0\). Ainsi, \(f\) admet en \((0,0)\) un minimum global strict.
3. De même, \(g(x,y) = (x+y)^2 – y^4\). Sur l’axe \(y = 0\), on a \(g(t,0) = t^2 > 0\) pour \(t \neq 0\). En revanche, sur la droite \(y = -x\), on a \(g(-t,t) = -t^4 < 0\). Tout voisinage de l’origine contient donc des points où \(g\) est strictement positive et d’autres où elle est strictement négative. L’origine n’est pas un extremum local de \(g\).

Corrigé de l’exercice 3 – Minimum global d’une fonction coercive

Idée clé : on minore le terme croisé pour obtenir la coercivité, puis on compare les valeurs aux points critiques.

1. L’inégalité \(2|ab| \leq a^2 + b^2\) appliquée à \(a = \sqrt{2}\,x\) et \(b = \tfrac{y}{\sqrt{2}}\) donne \(2|xy| \leq 2x^2 + \tfrac{1}{2}y^2\). Ainsi \(2xy \geq -2x^2 – \tfrac{1}{2}y^2\), d’où \(f(x,y) \geq x^4 – 2x^2 + \tfrac{1}{2}y^2\). Or \(x^4 – 2x^2 = (x^2 – 1)^2 – 1 \geq -1\). Soit \(R \geq 1\) et \(x^2 + y^2 \geq 2R^2\). Si \(x^2 \geq R^2\), la fonction \(u \mapsto u^2 – 2u\) étant croissante sur \([1, +\infty[\), on obtient \(f \geq R^4 – 2R^2\). Sinon \(y^2 \geq R^2\), et \(f \geq -1 + \tfrac{R^2}{2}\). Dans les deux cas, la minoration tend vers \(+\infty\) avec \(R\). La fonction \(f\) est coercive.
2. La fonction \(f\) est continue et coercive sur le fermé \(\mathbb{R}^2\). D’après le théorème du cours, elle admet un minimum global, atteint en un point de l’ouvert \(\mathbb{R}^2\), donc en un point critique.
3. On a \(\partial_x f = 4x^3 + 2y\) et \(\partial_y f = 2y + 2x\). La seconde équation donne \(y = -x\), puis la première donne \(4x^3 – 2x = 0\), soit \(x = 0\) ou \(x^2 = \tfrac{1}{2}\). Les points critiques sont \((0,0)\), \(\big(\tfrac{1}{\sqrt{2}}, -\tfrac{1}{\sqrt{2}}\big)\) et \(\big(-\tfrac{1}{\sqrt{2}}, \tfrac{1}{\sqrt{2}}\big)\). Ensuite, \(f(0,0) = 0\), tandis qu’aux deux autres points \(f = \tfrac{1}{4} + \tfrac{1}{2} – 1 = -\tfrac{1}{4}\). Le minimum global vaut \(-\tfrac{1}{4}\), atteint en \(\pm\big(\tfrac{1}{\sqrt{2}}, -\tfrac{1}{\sqrt{2}}\big)\).

Corrigé de l’exercice 4 – Produit maximal sur une ellipse

Idée clé : l’ellipse est compacte, donc les extrema existent ; on les cherche parmi les solutions du système de Lagrange.

1. L’ellipse \(E\) est fermée, comme image réciproque de \(\{18\}\) par une fonction continue. Elle est bornée, car \(x^2 \leq 18\) et \(y^2 \leq 2\). Elle est donc compacte, et \(f\) continue y atteint ses bornes. Avec \(g(x,y) = x^2 + 9y^2 – 18\), on a \(\nabla g = (2x, 18y)\), nul seulement en \((0,0) \notin E\). La contrainte est qualifiée en tout point de \(E\).
2. Le système s’écrit \(y = 2\lambda x\), \(x = 18\lambda y\) et \(x^2 + 9y^2 = 18\). Si \(x = 0\), alors \(y = 0\), ce qui est exclu. Donc \(x \neq 0\), et en reportant la première équation dans la seconde : \(x = 36\lambda^2 x\), d’où \(\lambda^2 = \tfrac{1}{36}\). Pour \(\lambda = \tfrac{1}{6}\), on obtient \(y = \tfrac{x}{3}\), puis \(2x^2 = 18\) : les points \((3,1)\) et \((-3,-1)\). Pour \(\lambda = -\tfrac{1}{6}\), on obtient \(y = -\tfrac{x}{3}\) : les points \((3,-1)\) et \((-3,1)\).
3. On calcule \(f(3,1) = f(-3,-1) = 3\) et \(f(3,-1) = f(-3,1) = -3\). Le maximum vaut \(3\), atteint en \(\pm(3,1)\) ; le minimum vaut \(-3\), atteint en \(\pm(3,-1)\).

La figure montre l’ellipse et les hyperboles de niveau \(xy = 3\) et \(xy = -3\), tangentes à l’ellipse aux quatre points trouvés.

Corrigé de l’exercice 5 – Convexité stricte et minimum unique

Idée clé : une fonction strictement convexe qui possède un point critique y atteint son unique minimum global.

1. On a \(\partial_x f = 2x + y + e^{x}\) et \(\partial_y f = x + 2y\). La Hessienne vaut donc \(\begin{pmatrix} 2 + e^{x} & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\). Son déterminant vaut \(4 + 2e^{x} – 1 = 3 + 2e^{x} > 0\) et sa trace est strictement positive. Les deux valeurs propres sont donc strictement positives en tout point. La fonction \(f\) est strictement convexe sur \(\mathbb{R}^2\).
2. L’équation \(\partial_y f = 0\) donne \(y = -\tfrac{x}{2}\). En reportant, \(\partial_x f = 2x – \tfrac{x}{2} + e^{x} = \tfrac{3}{2}x + e^{x}\). Les points critiques sont les \(\big(x, -\tfrac{x}{2}\big)\) avec \(\tfrac{3}{2}x + e^{x} = 0\).
3. Posons \(h(x) = \tfrac{3}{2}x + e^{x}\). Sa dérivée \(\tfrac{3}{2} + e^{x}\) est strictement positive, donc \(h\) est strictement croissante et continue. De plus, \(h(-1) = -\tfrac{3}{2} + e^{-1} < 0\) car \(e^{-1} < 1\), et \(h(0) = 1 > 0\). Le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie donnent une unique racine \(x_0\), qui vérifie \(-1 < x_0 < 0\). Numériquement, \(x_0 \approx -0{,}433\).
4. La fonction \(f\) est convexe et différentiable sur l’ouvert convexe \(\mathbb{R}^2\). Son point critique \(a = \big(x_0, -\tfrac{x_0}{2}\big)\) est donc un minimum global, et la stricte convexité le rend unique. Enfin, \(f(a) = \tfrac{3}{4}x_0^2 + e^{x_0} = \tfrac{3}{4}x_0^2 – \tfrac{3}{2}x_0\). Le minimum global vaut \(\tfrac{3}{4}x_0^2 – \tfrac{3}{2}x_0 \approx 0{,}789\), atteint en un seul point.

Corrigé de l’exercice 6 – Point d’un plan le plus proche de l’origine

Idée clé : la fonction est convexe et la contrainte affine, donc l’unique point de Lagrange est le minimum global.

1. Le lagrangien est \(L = x^2 + y^2 + z^2 – \lambda(x + 2y + 3z – 28)\). On obtient \(2x = \lambda\), \(2y = 2\lambda\) et \(2z = 3\lambda\), donc \((x,y,z) = \big(\tfrac{\lambda}{2}, \lambda, \tfrac{3\lambda}{2}\big)\). La contrainte donne \(\tfrac{\lambda}{2} + 2\lambda + \tfrac{9\lambda}{2} = 7\lambda = 28\), soit \(\lambda = 4\). Le seul candidat est \((2, 4, 6)\), où \(f\) vaut \(56\).
2. La Hessienne de \(f\) vaut \(2I_3\), définie positive, donc \(f\) est convexe. La contrainte est affine. D’après la proposition du cours sur les contraintes affines, \((2,4,6)\) réalise le minimum global de \(f\) sur \(P\).
3. La distance cherchée vaut \(\sqrt{56} = 2\sqrt{14}\). La formule de distance à un plan donne \(\tfrac{28}{\sqrt{1 + 4 + 9}} = \tfrac{28}{\sqrt{14}} = 2\sqrt{14}\). Les deux résultats coïncident : \(d(O, P) = 2\sqrt{14}\). On remarque aussi que \((2,4,6) = 2(1,2,3)\) est colinéaire au vecteur normal, comme attendu.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Une contrainte qui n’est pas qualifiée

Idée clé : le minimum est atteint précisément au seul point où le gradient de la contrainte s’annule.

1. Si \((x,y) \in C\), alors \((x-1)^3 = y^2 \geq 0\), donc \(x \geq 1\). De plus, \((1,0) \in C\) et \(f(1,0) = 1\). Le minimum de \(f\) sur \(C\) vaut \(1\), atteint seulement en \((1,0)\), car \(x = 1\) impose \(y^2 = 0\).
2. On a \(\nabla f = (1, 0)\) et \(\nabla g = \big(-3(x-1)^2, 2y\big)\). Le système s’écrit \(1 = -3\lambda(x-1)^2\), \(0 = 2\lambda y\) et \(g = 0\). La première équation impose \(\lambda \neq 0\) et \(x \neq 1\). La seconde donne alors \(y = 0\), puis la contrainte donne \((x-1)^3 = 0\), donc \(x = 1\). C’est contradictoire : le système n’a aucune solution.
3. Le théorème suppose la contrainte qualifiée au point d’extremum. Or \(\nabla g(1,0) = (0,0)\) : la contrainte n’est pas qualifiée en \((1,0)\). Le théorème ne s’applique pas en ce point, il n’y a donc aucune contradiction. La méthode correcte consiste à ajouter \((1,0)\) à la liste des candidats.

Corrigé de l’exercice 8 – Altitude extrême sur un cercle de l’espace

Idée clé : avec deux contraintes, on vérifie que les deux gradients sont libres, puis on élimine les multiplicateurs.

1. L’ensemble \(\Gamma\) est l’intersection de deux fermés, donc fermé. Il est contenu dans la sphère, donc borné : il est compact. Ensuite, \(\nabla g_1 = 2(x,y,z)\) et \(\nabla g_2 = (1,1,1)\). Sur la sphère, \(\nabla g_1\) n’est pas nul. Les deux gradients sont liés seulement si \(x = y = z\). Dans ce cas, \(x + y + z = 3x = 0\) donne l’origine, qui n’est pas sur la sphère. Les contraintes sont qualifiées en tout point de \(\Gamma\).
2. Le système s’écrit \(0 = 2\lambda x + \mu\), \(0 = 2\lambda y + \mu\) et \(1 = 2\lambda z + \mu\). Par différence des deux premières, \(\lambda(x – y) = 0\). Si \(\lambda = 0\), alors \(\mu = 0\), ce qui contredit la troisième équation. Donc \(x = y\), puis \(z = -2x\) par la contrainte plane. La sphère donne \(6x^2 = 6\), soit \(x = \pm 1\). On obtient \((-1,-1,2)\), avec \(\lambda = \tfrac{1}{6}\) et \(\mu = \tfrac{1}{3}\), puis \((1,1,-2)\), avec \(\lambda = -\tfrac{1}{6}\) et \(\mu = \tfrac{1}{3}\). Le maximum de \(z\) sur \(\Gamma\) vaut \(2\), en \((-1,-1,2)\) ; le minimum vaut \(-2\), en \((1,1,-2)\).

Corrigé de l’exercice 9 – Produit pondéré maximal

Idée clé : le maximum est intérieur, et le logarithme transforme le produit en une somme facile à dériver.

1. L’ensemble \(S\) est fermé et borné, donc compact, et \(P\) est continue : le maximum existe. Sur le bord de \(S\), une coordonnée est nulle, donc \(P = 0\). Or \(P(4,4,4) = 4^6 > 0\). Le maximum est strictement positif, donc atteint en un point à coordonnées strictement positives.
2. Sur l’ouvert \(]0, +\infty[^3\), maximiser \(P\) revient à maximiser \(F = \ln x + 2\ln y + 3\ln z\), car \(\ln\) est strictement croissante. La contrainte \(x + y + z = 12\) a pour gradient \((1,1,1)\), jamais nul. Le système s’écrit \(\tfrac{1}{x} = \lambda\), \(\tfrac{2}{y} = \lambda\) et \(\tfrac{3}{z} = \lambda\). Ainsi \((x,y,z) = \big(\tfrac{1}{\lambda}, \tfrac{2}{\lambda}, \tfrac{3}{\lambda}\big)\), et la contrainte donne \(\tfrac{6}{\lambda} = 12\), soit \(\lambda = \tfrac{1}{2}\). Le seul candidat intérieur est \((2,4,6)\), qui est donc le point de maximum. Le maximum vaut \(P(2,4,6) = 2 \times 16 \times 216 = 6912\).

La figure représente le triangle \(S\) en coordonnées \((x,y)\), avec quelques lignes de niveau de \(P\) et le point de maximum.

Corrigé de l’exercice 10 – Sensibilité d’un minimum à la contrainte

Idée clé : on calcule la valeur optimale en fonction de \(c\), puis on compare sa dérivée au multiplicateur.

1. On a \(f(x,y) \geq x^2 + y^2\), donc \(f\) est coercive sur la droite, qui est fermée : le minimum existe. De plus, \(f\) est convexe, de Hessienne \(\mathrm{diag}(2, 8)\), et la contrainte est affine. Avec \(L = f – \lambda(x + y – c)\), on obtient \(2x = \lambda\) et \(8y = \lambda\). La contrainte donne \(\tfrac{\lambda}{2} + \tfrac{\lambda}{8} = \tfrac{5\lambda}{8} = c\), donc \(\lambda(c) = \tfrac{8c}{5}\). Le point optimal est \(\big(\tfrac{4c}{5}, \tfrac{c}{5}\big)\). On trouve \(V(c) = \tfrac{16c^2}{25} + \tfrac{4c^2}{25} = \tfrac{4c^2}{5}\) et \(\lambda(c) = \tfrac{8c}{5}\).
2. En dérivant, \(V^{\prime}(c) = \tfrac{8c}{5}\). On a bien \(V^{\prime}(c) = \lambda(c)\) pour tout \(c > 0\).
3. On a \(V(5) = 20\) et \(\lambda(5) = 8\). L’approximation au premier ordre donne \(V(5{,}1) \approx 20 + 8 \times 0{,}1 = 20{,}8\). La valeur exacte vaut \(\tfrac{4 \times 26{,}01}{5} = 20{,}808\). L’erreur commise vaut \(0{,}008\), soit le terme du second ordre \(\tfrac{4}{5} \times 0{,}1^2\).

La figure trace \(V\) et sa tangente en \(c = 5\), dont la pente vaut \(8\).

Corrigé de l’exercice 11 – Une inégalité par les extrema liés

Idée clé : une inégalité homogène se ramène à un problème d’extremum sur la sphère unité.

1. La sphère \(S\) est compacte et \(h\) est continue : les extrema existent. Avec \(g = x^2 + y^2 + z^2 – 1\), on a \(\nabla g = 2(x,y,z) \neq 0\) sur \(S\). Le système s’écrit \((1, 2, -2) = 2\lambda(x,y,z)\). Ainsi \(\lambda \neq 0\) et \((x,y,z) = \tfrac{1}{2\lambda}(1,2,-2)\). La norme de \((1,2,-2)\) vaut \(3\), donc \(\tfrac{3}{2|\lambda|} = 1\), soit \(\lambda = \pm\tfrac{3}{2}\). On obtient les points \(\pm\tfrac{1}{3}(1,2,-2)\), où \(h\) vaut \(\pm\tfrac{1 + 4 + 4}{3} = \pm 3\). Le maximum de \(h\) sur \(S\) vaut \(3\) et le minimum \(-3\).
2. L’inégalité est évidente pour le vecteur nul. Pour \(v \neq 0\), le vecteur \(\tfrac{v}{\|v\|}\) est sur \(S\), et \(h\) est linéaire. Donc \(|h(v)| = \|v\|\,\big|h\big(\tfrac{v}{\|v\|}\big)\big| \leq 3\|v\|\). L’égalité impose \(\tfrac{v}{\|v\|} = \pm\tfrac{1}{3}(1,2,-2)\). Il y a égalité si et seulement si \(v\) est colinéaire à \((1,2,-2)\). On retrouve le cas d’égalité de Cauchy-Schwarz.

Corrigé de l’exercice 12 – Log-somme-exponentielle

Idée clé : la Hessienne est positive mais dégénérée dans la direction \((1,1)\), le long de laquelle \(f\) est affine.

1. On a \(\partial_x f = \tfrac{e^{x}}{e^{x} + e^{y}} = p\) et \(\partial_y f = q\). Ensuite, \(\partial_{xx} f = \tfrac{e^{x}(e^{x} + e^{y}) – e^{2x}}{(e^{x} + e^{y})^2} = \tfrac{e^{x}e^{y}}{(e^{x} + e^{y})^2} = pq\). De même, \(\partial_{yy} f = pq\) et \(\partial_{xy} f = -\tfrac{e^{x}e^{y}}{(e^{x} + e^{y})^2} = -pq\). La Hessienne vaut \(pq \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\).
2. Pour \(v = (v_1, v_2)\), on a \(v^{T} H_f v = pq(v_1 – v_2)^2 \geq 0\), car \(p\) et \(q\) sont positifs. La Hessienne est positive en tout point de l’ouvert convexe \(\mathbb{R}^2\). La fonction \(f\) est donc convexe.
3. On a \(f(x+t, y+t) = \ln\big(e^{t}(e^{x} + e^{y})\big) = t + f(x,y)\). Sur la droite passant par \((x,y)\) et dirigée par \((1,1)\), \(f\) est donc affine. L’inégalité de convexité y est une égalité. La fonction \(f\) n’est pas strictement convexe.
4. On a \(f(t,t) = t + \ln 2\), qui tend vers \(-\infty\) quand \(t \to -\infty\). Ainsi \(f\) n’est pas minorée et n’a pas de minimum. Cela ne contredit rien : la convexité garantit qu’un point critique serait un minimum, mais elle n’assure pas l’existence d’un tel point. Ici, d’ailleurs, \(\partial_x f = p > 0\) ne s’annule jamais.

Corrigé de l’exercice 13 – Point d’une parabole le plus proche

Idée clé : la parabole n’est pas bornée, donc l’existence vient de la coercivité ; le système fournit ensuite deux types de candidats.

1. La parabole \(\mathcal{P}\) est fermée. Pour \(M = (x,y)\), l’inégalité triangulaire donne \(\|M – A\| \geq \|M\| – 3\). Par conséquent, \(d(x,y) = \|M – A\|^2\) tend vers \(+\infty\) quand \(\|M\| \to +\infty\). La fonction \(d\) est coercive et continue sur le fermé \(\mathcal{P}\) : son minimum existe.
2. Avec \(g(x,y) = x^2 – 4y\), on a \(\nabla g = (2x, -4)\), jamais nul : la contrainte est qualifiée partout. Le système s’écrit \(2x = 2\lambda x\), \(2(y – 3) = -4\lambda\) et \(x^2 = 4y\). La première équation donne \(x = 0\) ou \(\lambda = 1\). Si \(x = 0\), alors \(y = 0\), \(\lambda = \tfrac{3}{2}\) et \(d = 9\). Si \(\lambda = 1\), alors \(y – 3 = -2\), donc \(y = 1\) et \(x = \pm 2\), avec \(d = 4 + 4 = 8\). Les candidats sont \((0,0)\), \((2,1)\) et \((-2,1)\).
3. Le minimum existe et figure parmi ces candidats : il vaut \(8\). La distance de \(A\) à \(\mathcal{P}\) vaut \(2\sqrt{2}\), atteinte en \((\pm 2, 1)\). Pour le sommet, on paramètre \(\mathcal{P}\) par \(x \mapsto \big(x, \tfrac{x^2}{4}\big)\). On obtient \(\delta(x) = x^2 + \big(\tfrac{x^2}{4} – 3\big)^2 = \tfrac{x^4}{16} – \tfrac{x^2}{2} + 9\). Comme \(\delta^{\prime\prime}(0) = -1 < 0\), le sommet \((0,0)\) est un maximum local de la distance restreinte à la parabole, et non un minimum.

Corrigé de l’exercice 14 – Hessienne du lagrangien sur l’espace tangent

Idée clé : seule compte la forme quadratique restreinte à la direction de la contrainte, pas son signe sur tout le plan.

1. Avec \(L = x^2 – y^2 – \lambda(x – 2y – 3)\), on obtient \(2x = \lambda\) et \(-2y = -2\lambda\). Ainsi \(x = \tfrac{\lambda}{2}\) et \(y = \lambda\). La contrainte donne \(\tfrac{\lambda}{2} – 2\lambda = -\tfrac{3\lambda}{2} = 3\), soit \(\lambda = -2\). On trouve \(a = (-1, -2)\) et \(\lambda = -2\), avec \(f(a) = 1 – 4 = -3\).
2. La contrainte est affine, donc la Hessienne du lagrangien égale celle de \(f\), soit \(\mathrm{diag}(2, -2)\). Elle possède les valeurs propres \(2\) et \(-2\) : elle est indéfinie sur \(\mathbb{R}^2\).
3. L’espace tangent est le noyau de \((x,y) \mapsto x – 2y\), dirigé par \(v = (2,1)\). On calcule \(v^{T} H v = 2 \times 4 – 2 \times 1 = 6 > 0\). D’après la proposition du cours, \(a\) est un minimum local strict de \(f\) sur \(D\).
4. On paramètre \(D\) par \(t \mapsto (3 + 2t, t)\). Alors \(f(3 + 2t, t) = 9 + 12t + 3t^2 = 3(t + 2)^2 – 3\). Cette fonction atteint son minimum \(-3\) en \(t = -2\) seulement, c’est-à-dire en \(a\). Le minimum de \(f\) sur \(D\) est global et vaut \(-3\) ; en revanche, il n’y a pas de maximum.

Corrigé de l’exercice 15 – Distance minimale à une hyperbole

Idée clé : l’hyperbole est fermée mais non bornée ; la coercivité remplace la compacité pour le minimum.

1. L’hyperbole \(H\) est fermée, et \(f(x,y) = \|(x,y)\|^2\) est coercive. Le minimum existe donc. En revanche, \(f\big(t, \tfrac{2}{t}\big) \geq t^2\) tend vers \(+\infty\) quand \(t \to +\infty\). Le minimum existe, mais \(f\) n’est pas majorée sur \(H\) et n’a pas de maximum.
2. Avec \(g = xy – 2\), on a \(\nabla g = (y, x)\), nul seulement à l’origine, qui n’est pas sur \(H\). Le système s’écrit \(2x = \lambda y\) et \(2y = \lambda x\). En multipliant, \(4xy = \lambda^2 xy\), et \(xy = 2 \neq 0\) donne \(\lambda^2 = 4\). Pour \(\lambda = 2\), on a \(x = y\), puis \(x^2 = 2\) : les points \(\pm(\sqrt{2}, \sqrt{2})\), où \(f = 4\). Pour \(\lambda = -2\), on a \(y = -x\), puis \(-x^2 = 2\), ce qui est impossible. Le minimum de \(f\) sur \(H\) vaut \(4\), atteint en \(\pm(\sqrt{2}, \sqrt{2})\).
3. Pour \((x,y) \in H\), on a \((|x| – |y|)^2 \geq 0\), donc \(x^2 + y^2 \geq 2|xy| = 4\). L’égalité impose \(|x| = |y|\) et \(xy = 2\). On retrouve le minimum \(4\) et les mêmes points.

La figure montre le cercle de rayon \(2\), tangent aux deux branches de l’hyperbole aux points trouvés.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Entropie maximale d’une loi finie

Idée clé : le point de Lagrange intérieur se compare à tous les points du simplexe, bord compris, grâce à l’inégalité de la tangente.

1. Par croissances comparées, \(t \ln t \to 0\) quand \(t \to 0^{+}\), donc \(\varphi\) est continue en \(0\). Sur \(]0, +\infty[\), on a \(\varphi^{\prime}(t) = \ln t + 1\) et \(\varphi^{\prime\prime}(t) = \tfrac{1}{t} > 0\). Soient \(0 \leq s < t\). La fonction \(\varphi\) est continue sur \([s,t]\), et sa dérivée est strictement croissante sur \(]s,t[\). Elle est donc strictement convexe sur \([s,t]\), ce qui donne la stricte convexité sur \([0, +\infty[\). Ensuite, \(\Phi\) est une somme de fonctions convexes, donc convexe. Si \(p \neq p^{\prime}\), une coordonnée au moins diffère, et le terme correspondant donne une inégalité stricte. La fonction \(\Phi\) est strictement convexe sur \(\Delta\).
2. On minimise \(\Phi\) sur l’ouvert \(]0, +\infty[^n\) sous la contrainte \(p_1 + \dots + p_n = 1\), de gradient \((1, \dots, 1)\) jamais nul. Le système s’écrit \(\ln p_i + 1 = \lambda\) pour tout \(i\). Ainsi, toutes les coordonnées valent \(e^{\lambda – 1}\), et la contrainte donne \(n e^{\lambda – 1} = 1\). L’unique solution est \(u = \big(\tfrac{1}{n}, \dots, \tfrac{1}{n}\big)\), avec \(\lambda = 1 – \ln n\).
3. Pour \(s > 0\) et \(t > 0\), la convexité donne \(\varphi(t) \geq \varphi(s) + \varphi^{\prime}(s)(t – s)\). Par continuité de \(\varphi\) en \(0\), cette inégalité reste vraie pour \(t = 0\). Appliquons-la avec \(s = \tfrac{1}{n}\), et notons \(\kappa = \varphi^{\prime}\big(\tfrac{1}{n}\big) = 1 – \ln n\). Pour \(p \in \Delta\), en sommant sur \(i\) : \(\Phi(p) \geq \Phi(u) + \kappa \sum_{i} \big(p_i – \tfrac{1}{n}\big) = \Phi(u)\), car \(\sum_i p_i = 1\). Ainsi \(\Phi(p) \geq \Phi(u)\) pour tout \(p \in \Delta\).
4. On calcule \(\Phi(u) = n \times \tfrac{1}{n}\ln\tfrac{1}{n} = -\ln n\). L’entropie \(-\Phi\) est donc majorée par \(\ln n\), et la stricte convexité rend le point d’égalité unique. L’entropie maximale vaut \(\ln n\), et seule la loi uniforme la réalise.

Corrigé de l’exercice 17 – Quotient de Rayleigh et valeurs propres

Idée clé : le gradient d’une forme quadratique symétrique vaut \(2Ax\), donc l’équation de Lagrange est une équation aux valeurs propres.

1. La sphère \(S\) est fermée et bornée, donc compacte, et \(q\) est polynomiale, donc continue. Le maximum et le minimum de \(q\) sur \(S\) existent.
2. Comme \(A\) est symétrique, \(q(x + h) = q(x) + 2\langle Ax, h\rangle + q(h)\), donc \(\nabla q(x) = 2Ax\). La contrainte \(\|x\|^2 = 1\) a pour gradient \(2x \neq 0\). En un extremum, le théorème des extrema liés donne \(2Ax = 2\lambda x\), donc \(Ax = \lambda x\). Ensuite, \(q(x) = x^{T}(\lambda x) = \lambda\|x\|^2 = \lambda\). Tout extremum est un vecteur propre unitaire, et la valeur de \(q\) y est la valeur propre associée.
3. Notons \(\lambda_{\max}\) la plus grande valeur propre de \(A\). Le maximum \(M\) de \(q\) sur \(S\) est une valeur propre d’après la question 2, donc \(M \leq \lambda_{\max}\). Inversement, si \(v\) est un vecteur propre unitaire associé à \(\lambda_{\max}\), alors \(q(v) = \lambda_{\max} \leq M\). Donc \(\max_S q = \lambda_{\max}\), et de même \(\min_S q = \lambda_{\min}\).
4. La matrice associée est \(A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}\). Le bloc \(\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\) a pour valeurs propres \(3\), de vecteur propre \((1,1)\), et \(-1\), de vecteur propre \((1,-1)\). La dernière valeur propre vaut \(-2\), de vecteur propre \((0,0,1)\). Les sous-espaces propres sont des droites. Le maximum vaut \(3\), atteint en \(\pm\tfrac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0)\) ; le minimum vaut \(-2\), atteint en \(\pm(0,0,1)\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Extrema sur un disque et sensibilité

Idée clé : on sépare l’intérieur, traité par la convexité, et le bord, traité par la méthode de Lagrange.

1. Le disque \(D\) est fermé et borné, donc compact, et \(f\) est continue. Le maximum et le minimum de \(f\) sur \(D\) existent.
2. La Hessienne vaut \(\mathrm{diag}(2,4)\), définie positive : \(f\) est strictement convexe sur \(\mathbb{R}^2\). Le gradient \((2x – 1, 4y)\) s’annule seulement en \(\big(\tfrac{1}{2}, 0\big)\). Ce point critique est donc le minimum global de \(f\) sur \(\mathbb{R}^2\). Or il appartient à \(D\). Le minimum de \(f\) sur \(D\) vaut \(f\big(\tfrac{1}{2}, 0\big) = -\tfrac{1}{4}\).
3. Un maximum atteint à l’intérieur de \(D\), qui est ouvert, serait un point critique. Le seul point critique est \(\big(\tfrac{1}{2}, 0\big)\), où \(f\) vaut \(-\tfrac{1}{4}\). Or \(f(-1, 0) = 2 > -\tfrac{1}{4}\). Le maximum est donc atteint sur le cercle unité.
4. Avec \(g = x^2 + y^2 – 1\), on a \(\nabla g = 2(x,y) \neq 0\) sur le cercle. Le système s’écrit \(2x – 1 = 2\lambda x\) et \(4y = 2\lambda y\). La seconde équation donne \(y = 0\) ou \(\lambda = 2\). Si \(y = 0\), on obtient \((1,0)\) et \((-1,0)\), où \(f\) vaut \(0\) et \(2\). Si \(\lambda = 2\), alors \(2x – 1 = 4x\), donc \(x = -\tfrac{1}{2}\) et \(y^2 = \tfrac{3}{4}\). Ainsi \(f = \tfrac{1}{4} + \tfrac{3}{2} + \tfrac{1}{2} = \tfrac{9}{4}\). Le maximum de \(f\) sur \(D\) vaut \(\tfrac{9}{4}\), atteint en \(\big(-\tfrac{1}{2}, \pm\tfrac{\sqrt{3}}{2}\big)\).
5. Sur le cercle \(x^2 + y^2 = c\), le même système donne deux familles. Si \(y = 0\), on a \(x = \pm\sqrt{c}\) et \(f = c \mp \sqrt{c}\). Si \(\lambda = 2\), on a \(x = -\tfrac{1}{2}\) et \(y^2 = c – \tfrac{1}{4}\), possible car \(c \geq \tfrac{1}{4}\). On obtient alors \(f = \tfrac{1}{4} + 2\big(c – \tfrac{1}{4}\big) + \tfrac{1}{2} = 2c + \tfrac{1}{4}\). Enfin, \(\big(2c + \tfrac{1}{4}\big) – (c + \sqrt{c}) = \big(\sqrt{c} – \tfrac{1}{2}\big)^2 \geq 0\). Ainsi \(V(c) = 2c + \tfrac{1}{4}\), et \(V^{\prime}(c) = 2\) est bien le multiplicateur \(\lambda = 2\), pour le lagrangien \(f – \lambda(g – c)\).

La figure situe les points extrêmes sur les lignes de niveau de \(f\) : le minimum au centre des ellipses, le maximum au contact avec le cercle.

Pour aller plus loin

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