Lagrangien

Bonjour,

Pour appliquer la méthode du Lagrangien avec une contrainte ($g$) et obtenir des conditions nécessaires d'optimalité, il faut vérifier la condition : $$\nabla g(x_0, y_0) \neq 0$$

Une question (peut-être) bête : Dois-t-on pour compléter l'étude des extremums étudier également les points qui ne vérifie pas cette condition.

Merci.

Réponses

  • Bonjour,

    Oui, puisque pour appliquer Lagrange, tu supposes $\nabla g(x_0,y_0) \neq 0.$ Tu dois donc traiter séparément les points $(x_0,y_0)$ tels que $\nabla g(x_0,y_0) =0.$ Dans le cas de ta fonction (effacée) c'est immédiat puisque changement de signe... par ailleurs je ne trouve pas que la hessienne permet de conclure... mais je n'ai pas pu vérifier les calculs...
  • @ YvesM : Merci beaucoup.
    Je remets l'énoncé de l'exercice : $f(x,y)=2x^2y^3-5x-5y$ sous la contrainte $g(x,y)=x^2-y^2=0$.
    D'après la méthode de Lagrange, les candidats potentiels sont :$(1,1)$ avec $\lambda=1/2$; $(-1, -1)$ avec $\lambda=-1/2$.
    Pour conclure : J'ai utilisé la notion de matrice Hessienne bordée (Ici format $3 \times 3$), c'est-à-dire la Hessienne du Lagrangien (vu comme fonction à deux variables $x$ et $y$) complétée par le vecteur $(\nabla g(x_{0},y_{0}), 0)$ en tant que 3 ème ligne et 3 ème colonne.
    J'ai trouvé :
    $$H(1,1)=\begin{pmatrix} 5&12&2\\
    12&11&-2\\
    2&-2&0\\
    \end{pmatrix} $$

    Son déterminant vaut -160<0 donc d'après un théorème d'optimisation $(1,1)$ est un minimum local.

    Egalement :
    $$H(-1,-1)=\begin{pmatrix} -5&-12&-2\\
    -12&-11&+2\\
    -2& 2&0\\
    \end{pmatrix}$$
    Son déterminant est +160>0 donc $(-1, -1)$ est un maximum local.

    J'espère ne pas m'être trompé. Une confirmation ?
  • Bonjour,

    C'est bon. Mon cours écrit la hessienne bordée avec le $0$ en position $(1,1)$, mais c'est une convention qui ne change rien au résultat. La condition $\nabla g(x,y) \neq 0$ s'appelle 'la condition de qualification de la contrainte'. Pour pouvoir utiliser le Lagrangien dans la résolution d'un problème d'optimisation sous contrainte, il faut vérifier que la contrainte est qualifiée. Dans ton cas, tu as bien $\nabla g(1,1) \neq 0$ et $\nabla g(-1,-1) \neq 0.$ Tu n'as donc pas de calcul supplémentaire à faire.

    Donc tout dépend comment tu rédiges ta démonstration :
    - si tu commences par exclure les points tels que $\nabla g(x,y) = 0$ 'pour utiliser la méthode Lagrangienne', tu dois traiter ces points séparément ;
    - si tu calcules d'abord les points critiques et tu vérifies qu'en ces points la contrainte est qualifiée, tu n'as plus rien à faire (car ton cours montre que l'optimisation est résolue).
  • @ YvesM : Merci beaucoup.
    Dois-je compléter l'étude en disant que $(1,1)$ n'est pas mininimum global car :
    $\lim_{x \mapsto - \infty} f(x,x) = - \infty$
    (similairement $(-1, -1)$ n'est pas maximum global).
  • Bonjour,

    Normalement oui, on cherche tous les optima et donc on recherche les optima locaux, puis globaux.
  • @YvesM : Merci infiniment.
    Juste une dernière question concernant le problème suivant :
    $f(x,y)=x^3y-x^2+3x+y^2-2y$ sous $g(x,y)=2x+y-1=0$
    Le système d'équations donné par la méthode de Lagrange de ce problème est équivalent (d'après mes calculs) à :
    \begin{equation*}
    \left\{
    \begin{aligned}
    -8x^3+3x^2+6x+3&=0&\text{(1)}\\
    \lambda &=-x^3+4x&\\
    y &=1-2x&\\
    \end{aligned}
    \right.
    \end{equation*}

    Le soucis est que l'équation $(1)$ n'as pas de solution évidente. Me suis-je trompé dans l'approche?
  • Bonjour,

    Non, pas d'erreur. Si tu remplaces $y$ par $1-2x$ dans $f(x,y)$ tu tombes sur un polynôme de degré $4$ qui admet bien un maximum local et global et pas de minimum local (il tend vers $-\infty$ en $+\infty$). Ne te reste plus qu'à faire les calculs... tu montres qu'il existe un unique réel $x_0$ tel que ton polynôme de degré $3$ s'annule...
  • @YvesM : Encore une fois merci.
    C'est vrais que tout polynôme de degré trois admet une racine réelle $x_0$ (d'après le théorème des valeurs intermédiaires).
    Donc l'équation (1) est factorisable : $-8 (x-x_0) Q(x)$ où degré de $Q$ est égale à $2$.

    Problème 1 : ça ne nous renseigne pas sur la valeur de $x_0$ obligatoire pour calculer le déterminant de la matrice Hessienne bordée.
    Plus précisément, le déterminant de la matrice Hessienne bordée (d'après mes calculs) est égale à $24 x_0^2 -6 x_0-6$.
    Le signe du déterminant dépend de la position de $x_0$.

    Problème 2 : comment savoir si les deux autres racines (celles de $Q$) sont réelles et donc intéressantes ou pas.
  • Bonjour,

    Il est tard et je vais devoir te laisser. D'abord, tu peux faire une étude de fonction et montrer que le polynôme de degré $3$ n'a qu'une racine réelle : c'est très facile (en une minute) car en $0$ il vaut $3>0$... Et puis lorsque je fais les calculs avec la matrice hessienne bordée je trouve qu'on peut déterminer le signe (positif) (il suffit de remplacer $y$ par $1-2x$) pour tomber sur un polynôme de degré $2$ dont le discriminant est négatif et qui reste donc positif : donc on peut conclure sans connaître la valeur $x_0$. Mais j'ai pu me tromper... écris la matrice hessienne bordée et calcule son déterminant, moi je trouve : $3(1+2x(x-y)) = 3(6x^2-2x+1)>0.$
  • Bonsoir,

    @YvesM Tous mes remerciements. Bonne soirée.

    J'ai refais les calculs plusieurs fois. Voilà la matrice Hessienne bordée que je trouve :
    $$\begin{pmatrix} 6x_0y_0-2& 3x_0^2&2\\
    3x_0^2&2&1\\
    2&1&0\\
    \end{pmatrix} $$

    Son déterminant vaut : $24x_0^2 -6x_0-6$ et son discriminant est strictement positif !.
  • Bonjour,

    On se fout du signe du discriminant. On a le polynôme $P(x) = -8x^3+3x^2+6x+3$ dont le polynôme dérivé est $P'(x) = 6(-4x^2+x+1)$ et dont les racines sont ${1 \pm \sqrt{17} \over 8}$ : une est positive, l'autre négative. Comme $P(0) = 3$ alors il existe une seule racine réelle $P(x_0) = 0.$

    Comme $x_0 > {1+ \sqrt{17} \over 8}$, alors $P'(x_0) <0 \iff 4x^2 - x-1 >0$ : c'est le signe positif du déterminant de la hessienne bordée, non ?

    (Mes calculs sont juste aussi mais j'ai une autre convention pour la hessienne bordée.)
  • @YvesM : Parfait. Très bien vu. Merci infiniment.
    Je vous souhaite une bonne soirée.
  • Bonjour.

    Supposons qu'en un point $M=(a,b)$, le gradient de $g$ soit nul.
    Est-ce que :
    [$f$ admet en $M$ un extremum sous la contrainte $g=k$]
    implique que
    [$M$ est un point critique de $f$]
    ?

    Les seuls exemples qui me viennent quand j'essaie de me représenter ce problème seraient des ensembles de contrainte $X=\{x^2-y^2=0\}$ ou, c'est pareil, $X=\{x y=0\}$. Mais avec ces exemples là je ne parviens pas à imaginer une fonction $f$ ayant en $O$ un extremum sous contrainte sans que $O$ soit un point selle ou extremum (local hors contrainte) de $f$.
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