Corrigé du contrôle de maths L3 : extrema libres et multiplicateurs de Lagrange

Exercice 1 : Question de cours : conditions d’extremum (4 points)

1. Supposons par exemple que \(f\) admette un minimum local en \(a\). Il existe donc \(r > 0\) tel que \(B(a,r) \subset U\) et \(f(x) \geq\, f(a)\) pour tout \(x \in B(a,r)\).

   Fixons \(h \in \mathbb{R}^n\) non nul et posons \(\psi(t) = f(a + th)\) pour \(|t| < r/\|h\|\). La fonction \(\psi\) est dérivable en \(0\), avec \(\psi^{\prime}(0) = \mathrm{d}f(a)(h)\), et elle admet un minimum en \(0\).

   Pour \(t > 0\), le taux \(\dfrac{\psi(t) – \psi(0)}{t}\) est positif ; pour \(t < 0\), il est négatif. En passant à la limite, \(\psi^{\prime}(0) \geq\, 0\) et \(\psi^{\prime}(0) \leq\, 0\). Donc \(\mathrm{d}f(a)(h) = 0\) pour tout \(h\). Ainsi \(\mathrm{d}f(a) = 0\) : \(a\) est un point critique. Le cas d’un maximum se traite de même avec \(-f\).

2. Théorème des extrema liés. Soit \(U\) un ouvert de \(\mathbb{R}^n\), et \(f, g_1, \ldots, g_p\) des fonctions de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(U\). On pose \(M = \{x \in U : g_1(x) = \cdots = g_p(x) = 0\}\).

   Soit \(a \in M\) tel que la restriction \(f_{|M}\) admette un extremum local en \(a\). Supposons la condition de qualification : les formes linéaires \(\mathrm{d}g_1(a), \ldots, \mathrm{d}g_p(a)\) sont linéairement indépendantes. Alors il existe des réels \(\lambda_1, \ldots, \lambda_p\), appelés multiplicateurs de Lagrange, tels que :

   \[\mathrm{d}f(a) = \lambda_1\,\mathrm{d}g_1(a) + \cdots + \lambda_p\,\mathrm{d}g_p(a).\]

3. Si \((x,y) \in \Gamma\), alors \(x^3 = y^2 \geq\, 0\), donc \(x \geq\, 0 = f(O)\). Le minimum de \(f\) sur \(\Gamma\) vaut donc \(0\), atteint en \(O\).

   Cependant, \(\nabla g(x,y) = (-3x^2, 2y)\), donc \(\nabla g(O) = (0,0)\), alors que \(\nabla f(O) = (1,0)\). Aucun réel \(\lambda\) ne vérifie \(\nabla f(O) = \lambda\nabla g(O)\). Il n’y a pas de contradiction : la condition de qualification n’est pas satisfaite en \(O\), qui est un point de rebroussement de \(\Gamma\).

Barème : a) 0,5 point pour la fonction d’une variable, 1 point pour les deux inégalités et la conclusion ; b) 0,5 point pour la condition de qualification, 1 point pour la conclusion ; c) 0,5 point pour le minimum, 0,5 point pour l’absence de multiplicateur et l’explication.

Exercice 2 : Points critiques et matrice hessienne (5 points)

1. La fonction \(f\) est polynomiale, donc de classe \(\mathcal{C}^\infty\). Ses points critiques vérifient :

   \[\dfrac{\partial f}{\partial x} = 4x^3 – 4y = 0 \quad \text{et} \quad \dfrac{\partial f}{\partial y} = 4y^3 – 4x = 0.\]

   La première équation donne \(y = x^3\). En reportant, on obtient \(x = y^3 = x^9\), soit \(x(x^8 – 1) = 0\). Donc \(x \in \{-1, 0, 1\}\). Les points critiques sont \((0,0)\), \((1,1)\) et \((-1,-1)\).

2. La matrice hessienne vaut \(H(x,y) = \begin{pmatrix} 12x^2 -4 \\ -4 12y^2 \end{pmatrix}\).

   En \((0,0)\), \(H = \begin{pmatrix} 0 -4 \\ -4 0 \end{pmatrix}\) a pour déterminant \(-16 < 0\). Ses valeurs propres \(4\) et \(-4\) sont de signes opposés. Donc \((0,0)\) est un point selle.

   En \((1,1)\) et en \((-1,-1)\), \(H = \begin{pmatrix} 12 -4 \\ -4 12 \end{pmatrix}\) a pour déterminant \(128 > 0\) et pour trace \(24 > 0\). Elle est donc définie positive. Ainsi \(f\) admet en ces deux points un minimum local strict, de valeur \(f(1,1) = f(-1,-1) = -2\).

3. D’une part, \(4|xy| \leq\, 2(x^2 + y^2) = 2r^2\). D’autre part, \(x^4 + y^4 \geq\, \dfrac{(x^2+y^2)^2}{2} = \dfrac{r^4}{2}\), car \(2(x^4 + y^4) – (x^2+y^2)^2 = (x^2 – y^2)^2 \geq\, 0\). Donc \(f(x,y) \geq\, \dfrac{r^4}{2} – 2r^2\).

   Pour \(r > 2\), on a \(\dfrac{r^4}{2} – 2r^2 = \dfrac{r^2}{2}(r^2 – 4) > 0 = f(0,0)\). Sur la boule fermée \(\overline{B}(0,2)\), compacte, la fonction continue \(f\) atteint un minimum. Ce minimum est au plus \(f(0,0) = 0\), donc c’est un minimum global sur \(\mathbb{R}^2\).

   Il est atteint en un point intérieur de la boule, donc en un point critique d’après l’exercice 1. En comparant \(f(0,0) = 0\) et \(f(\pm 1, \pm 1) = -2\) : le minimum global de \(f\) vaut \(-2\), atteint en \((1,1)\) et \((-1,-1)\). Enfin, \(f(x,0) = x^4 \to +\infty\) : \(f\) n’a pas de maximum global.

   

4. On a \(\nabla h(x,y) = (2x, 3y^2)\) et \(\nabla k(x,y) = (2x, 4y^3)\), nuls en \((0,0)\). De plus, les deux hessiennes en \((0,0)\) valent \(\begin{pmatrix} 2 0 \\ 0 0 \end{pmatrix}\) : elles sont positives mais pas définies.

   Pour \(h\), on a \(h(0,y) = y^3\), qui change de signe au voisinage de \(0\). Donc \((0,0)\) n’est pas un extremum de \(h\). Pour \(k\), on a \(k(x,y) \geq\, 0 = k(0,0)\). Donc \((0,0)\) est un minimum global de \(k\).

   Par conséquent, lorsque la hessienne est dégénérée, elle ne permet pas de conclure : il faut étudier la fonction à la main.

Barème : a) 0,5 point pour le système, 1 point pour sa résolution ; b) 0,5 point pour la hessienne, 1 point pour la nature des trois points ; c) 0,5 point pour la minoration, 0,5 point pour l’existence et la valeur du minimum global ; d) 0,5 point pour chaque fonction avec la conclusion.

Exercice 3 : Extrema de xyz sur une sphère (6 points)

1. La sphère \(S\) est fermée, comme image réciproque du fermé \(\{3\}\) par une fonction continue. Elle est aussi bornée, donc compacte en dimension finie. La fonction continue \(f\) est donc bornée sur \(S\) et y atteint son maximum et son minimum.

2. On a \(\nabla g(x,y,z) = 2(x,y,z)\), qui ne s’annule qu’en l’origine. Or \(0 \notin S\). Donc \(\mathrm{d}g\) est non nulle en tout point de \(S\) : la condition de qualification est satisfaite.

3. D’après le théorème des extrema liés, si \(f_{|S}\) admet un extremum en \((x,y,z)\), il existe \(\lambda \in \mathbb{R}\) tel que \(\nabla f = \lambda\nabla g\), soit :

   \[yz = 2\lambda x, \qquad xz = 2\lambda y, \qquad xy = 2\lambda z, \qquad x^2 + y^2 + z^2 = 3.\]

4. En multipliant les trois premières équations respectivement par \(x\), \(y\) et \(z\), on obtient \(xyz = 2\lambda x^2 = 2\lambda y^2 = 2\lambda z^2\).

   Cas \(\lambda = 0\). Alors \(yz = xz = xy = 0\) : au moins deux coordonnées sont nulles. Les solutions sont les six points \((\pm\sqrt{3}, 0, 0)\), \((0, \pm\sqrt{3}, 0)\) et \((0, 0, \pm\sqrt{3})\), où \(f = 0\).

   Cas \(\lambda \neq 0\). Alors \(x^2 = y^2 = z^2\). Avec la contrainte, \(3x^2 = 3\), donc \(x^2 = y^2 = z^2 = 1\). Les solutions sont les huit points \((\pm 1, \pm 1, \pm 1)\). Ils vérifient bien le système avec \(\lambda = \dfrac{xyz}{2}\), et \(f = \pm 1\).

5. Les extrema de \(f\) sur \(S\) existent d’après a), et ils sont parmi les solutions du système d’après c). Les valeurs possibles sont \(-1\), \(0\) et \(1\). Le maximum de \(f\) sur \(S\) vaut \(1\), atteint en \((1,1,1)\), \((1,-1,-1)\), \((-1,1,-1)\) et \((-1,-1,1)\). Le minimum vaut \(-1\), atteint aux quatre points opposés.

6. Si \(abc = 0\), l’inégalité est évidente. Sinon, posons \(x = \sqrt{a}\), \(y = \sqrt{b}\), \(z = \sqrt{c}\), puis \(\rho = \sqrt{\dfrac{a+b+c}{3}} > 0\). Le point \(\dfrac{1}{\rho}(x,y,z)\) appartient à \(S\), car la somme des carrés de ses coordonnées vaut \(\dfrac{a+b+c}{\rho^2} = 3\).

   D’après e), \(\dfrac{xyz}{\rho^3} \leq\, 1\), donc \(\sqrt{abc} \leq\, \rho^3\). En élevant au carré, \(abc \leq\, (\dfrac{a+b+c}{3})^3\). Ainsi \(\sqrt[3]{abc} \leq\, \dfrac{a+b+c}{3}\) : c’est l’inégalité arithmético-géométrique.

Erreur fréquente : diviser par \(x\), \(y\) ou \(z\) sans vérifier qu’ils sont non nuls, ce qui fait perdre les six points où \(\lambda = 0\).

Barème : a) 0,5 point pour la compacité, 0,5 point pour la conclusion ; b) 0,5 point ; c) 1 point ; d) 0,5 point pour le cas \(\lambda = 0\), 1 point pour le cas \(\lambda \neq 0\) ; e) 0,5 point pour la justification, 0,5 point pour les valeurs et les points ; f) 0,5 point pour la normalisation, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 4 : Problème : minimisation d’une fonctionnelle quadratique (5 points)

1. Comme \(A\) est symétrique, \(\langle Ax, h \rangle = \langle Ah, x \rangle\). On obtient donc :

   \[J(x+h) = J(x) + \langle Ax – b, h \rangle + \dfrac{1}{2}\langle Ah, h \rangle.\]

   Le terme \(\dfrac{1}{2}\langle Ah, h \rangle\) est un \(O(\|h\|^2)\), et c’est une forme quadratique. Donc \(\nabla J(x) = Ax – b\) et la matrice hessienne de \(J\) vaut \(A\) en tout point.

2. La partie \(x \mapsto -\langle b, x \rangle\) est linéaire : elle vérifie l’égalité sans terme correctif. Pour la partie quadratique \(q(x) = \dfrac{1}{2}\langle Ax, x \rangle\), posons \(d = x – y\), de sorte que \(tx + (1-t)y = y + td\). Alors :

   \[q(y + td) = q(y) + t\langle Ay, d \rangle + t^2 q(d), \qquad t\,q(x) + (1-t)\,q(y) = q(y) + t\langle Ay, d \rangle + t\,q(d).\]

   La différence vaut \((t^2 – t)q(d) = -\dfrac{t(1-t)}{2}\langle Ad, d \rangle\), d’où l’égalité demandée. Si \(x \neq y\) et \(t \in \,]0,1[\), ce terme est strictement négatif, car \(A\) est définie positive. Donc \(J\) est strictement convexe.

3. D’après le théorème spectral, \(A\) se diagonalise dans une base orthonormée, et \(\langle Ax, x \rangle \geq\, \lambda_1\|x\|^2\). Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, \(\langle b, x \rangle \leq\, \|b\|\,\|x\|\). Donc \(J(x) \geq\, \dfrac{\lambda_1}{2}\|x\|^2 – \|b\|\,\|x\|\), et en particulier \(J(x) \to +\infty\) quand \(\|x\| \to +\infty\).

4. Existence. Par c), il existe \(R > 0\) tel que \(J(x) > J(0) = 0\) pour \(\|x\| > R\). Sur la boule fermée \(\overline{B}(0,R)\), compacte, \(J\) continue atteint un minimum, qui est donc global.

   Caractérisation. Ce minimum est atteint en un point intérieur, donc critique : \(Ax^{*} – b = 0\). Comme \(A\) est inversible, \(x^{*} = A^{-1}b\). Unicité. Si deux points distincts réalisaient le minimum \(m\), la stricte convexité donnerait au milieu une valeur strictement inférieure à \(m\) : c’est absurde.

   Enfin, \(J(x^{*}) = \dfrac{1}{2}\langle b, A^{-1}b \rangle – \langle b, A^{-1}b \rangle\). Donc \(J(x^{*}) = -\dfrac{1}{2}\langle A^{-1}b, b \rangle\).

5. La matrice \(A\) est symétrique, de trace \(4\) et de déterminant \(3\). Ses valeurs propres sont \(1\) et \(3\), strictement positives : \(A\) est définie positive.

   Le système \(Ax = b\) s’écrit \(2x_1 + x_2 = 1\) et \(x_1 + 2x_2 = 1\). En soustrayant, \(x_1 = x_2\), puis \(3x_1 = 1\). Donc \(x^{*} = (\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3})\). Ensuite, \(\langle A^{-1}b, b \rangle = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}\). Ainsi \(J(x^{*}) = -\dfrac{1}{3}\).

   On vérifie directement : \(J(x) = x_1^2 + x_1x_2 + x_2^2 – x_1 – x_2\), et \(J(\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{3}) = \dfrac{3}{9} – \dfrac{2}{3} = -\dfrac{1}{3}\).

   

Barème : a) 0,5 point pour le développement, 0,5 point pour le gradient et la hessienne ; b) 0,5 point pour l’égalité, 0,5 point pour la stricte convexité ; c) 0,5 point pour la minoration spectrale, 0,5 point pour Cauchy-Schwarz ; d) 0,5 point pour l’existence, 0,25 point pour la caractérisation, 0,25 point pour l’unicité et la valeur ; e) 0,5 point pour la positivité de \(A\), 0,5 point pour \(x^{*}\) et \(J(x^{*})\).

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Après le corrigé du contrôle : extrema libres et multiplicateurs de Lagrange

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