Exercices corrigés — Optimisation

Points critiques : $\nabla f=(2x-4,\,2y-6)=\vec0$.

Hessienne $H=\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}$ (constante).

Calculer $rt-s^2$ et le signe de $r$.

Chercher un extremum d'une fonction de deux variables, c'est répondre à deux questions successives, et il ne faut jamais les mélanger.

1. Où ? — Un extremum intérieur ne peut se produire que là où la fonction est plate : le gradient s'annule. Cela donne une liste de candidats, appelés points critiques.
2. Quoi ? — Être plat ne suffit pas : le sommet d'une colline, le fond d'une cuvette et le milieu d'une selle de cheval sont tous les trois plats. C'est la hessienne, c'est-à-dire les dérivées secondes, qui départage.

Ici la fonction est une simple quadratique, donc le calcul sera court — mais la démarche est exactement celle qu'on refera sur des exemples autrement plus coriaces.

On dérive par rapport à chaque variable, l'autre étant tenue pour une constante :

Le gradient $\nabla f=(2x-4,\;2y-6)$ s'annule quand les deux composantes s'annulent :

Ici le système est découplé — chaque équation ne contient qu'une variable — d'où un unique point critique $(2,3)$. Ce confort disparaîtra dès l'exercice A4, où les deux équations seront entremêlées.

Valeur en ce point : $f(2,3)=4+9-8-18+13=0$.

On calcule les trois dérivées secondes, traditionnellement notées $r,s,t$ :

et on forme le discriminant $rt-s^2=2\times2-0=4$.

La règle, qu'il faut savoir réciter :

Ici $rt-s^2=4>0$ et $r=2>0$ : $(2,3)$ est un minimum local.

Ce tableau n'est pas une recette arbitraire. Au voisinage d'un point critique, $f$ ressemble à sa partie quadratique :

La question « minimum ou pas » devient donc : cette forme quadratique en $(h,k)$ est-elle toujours positive ? Or $rt-s^2$ est exactement le déterminant de la hessienne, c'est-à-dire le produit de ses deux valeurs propres.

• $rt-s^2>0$ : les deux valeurs propres ont le même signe, et $r$ dit lequel — la surface est courbée pareillement dans toutes les directions.
• $rt-s^2<0$ : elles sont de signes opposés — ça monte dans une direction, ça descend dans l'autre : c'est une selle.

Ici $H=\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}$, de valeurs propres $2$ et $2$ : deux fois positives, cuvette dans toutes les directions.

Le test de la hessienne ne dit rien au-delà du voisinage du point. Pour conclure globalement, il faut un argument d'une autre nature — ici, la mise sous forme canonique :

Somme de deux carrés : $f\ge0$ partout, avec égalité seulement si $x=2$ et $y=3$ simultanément. Le minimum est donc global et strict.

Cette écriture révèle aussi la géométrie : les lignes de niveau $f=c$ sont les cercles de centre $(2,3)$ et de rayon $\sqrt{c}$. On lit littéralement une cuvette parfaitement ronde.

Un extremum se vérifie toujours en testant des points autour :

Tout ce qui l'entoure est strictement plus grand. Réponse : minimum global $0$, atteint en $(2,3)$, et c'est le seul extremum.

$\nabla f=(2x,-2y)=\vec0\Rightarrow(0,0)$.

$H=\begin{pmatrix}2&0\\0&-2\end{pmatrix}$.

$rt-s^2<0$ caractérise un col.

Un point col — on dit aussi point selle — est le cas où le test de la hessienne répond « ni minimum, ni maximum ». Le nom vient de la selle de cheval : en s'asseyant dessus, on est au point le plus bas dans le sens tête-queue, et au point le plus haut dans le sens des jambes.

La fonction $f(x,y)=x^2-y^2$ est le col modèle, celui qu'on garde en tête. Toute la démonstration tient en une phrase : il suffit d'exhiber deux directions où le comportement est opposé.

$\nabla f=\vec0$ donne $2x=0$ et $-2y=0$, donc l'unique point critique est $(0,0)$, où $f(0,0)=0$.

Discriminant strictement négatif : c'est un point col. Noter qu'on n'a même pas eu à regarder le signe de $r$ — quand $rt-s^2<0$, la conclusion tombe seule.

Le test est commode, mais il vaut mieux savoir montrer le col à la main, parce que cet argument-là survivra quand le test sera muet (exercice A6).

On restreint $f$ à deux droites passant par l'origine :

• le long de l'axe des $x$ (on pose $y=0$) : $f(x,0)=x^2\ \ge 0$, avec égalité seulement en $0$. Sur cette droite, l'origine est un minimum.
• le long de l'axe des $y$ (on pose $x=0$) : $f(0,y)=-y^2\ \le 0$, avec égalité seulement en $0$. Sur cette droite, l'origine est un maximum.

Conclusion : dans tout disque centré en $(0,0)$, si petit soit-il, $f$ prend des valeurs strictement positives (sur l'axe des $x$) et strictement négatives (sur l'axe des $y$). L'origine ne peut donc être ni un minimum local (il y a du plus petit tout près) ni un maximum local (il y a du plus grand tout près).

Prenons un disque de rayon $0{,}1$ autour de l'origine :

Des valeurs des deux côtés de $0$, arbitrairement près de l'origine. En réduisant le rayon à $0{,}001$ on obtiendrait $\pm10^{-6}$ : le phénomène ne disparaît jamais.

Les lignes de niveau de $x^2-y^2$ sont les hyperboles $x^2-y^2=c$ :

• $c>0$ : deux branches ouvertes vers la gauche et la droite ;
• $c<0$ : deux branches ouvertes vers le haut et le bas ;
• $c=0$ : les deux droites $y=x$ et $y=-x$, qui se croisent précisément à l'origine.

Ce croisement de deux lignes de niveau est la signature visuelle d'un col — là où, autour d'un extremum, on verrait des courbes fermées emboîtées (les cercles de l'exercice A1).

Réponse : $(0,0)$ est bien un point col, avec $rt-s^2=-4<0$ ; $f$ y vaut $0$, croît le long de l'axe des $x$ et décroît le long de l'axe des $y$.

$\nabla f=(3x^2-3,\,2y)=\vec0$.

$3x^2-3=0\Rightarrow x=\pm1$, et $y=0$.

$H=\begin{pmatrix}6x&0\\0&2\end{pmatrix}$ dépend de $x$.

Premier exemple avec plusieurs points critiques, et c'est là que la démarche prend son sens : on liste tous les candidats, puis on les classe un par un. Ne jamais classer avant d'avoir fini la liste — on manquerait un point.

La structure de $f(x,y)=x^3-3x+y^2$ est éclairante : la variable $y$ n'apparaît que par $y^2$, donc dans la direction $y$ c'est toujours une cuvette. Tout se joue dans la direction $x$, où $x^3-3x$ a la forme classique en $\mathsf{S}$ d'un polynôme de degré 3.

Le système est encore découplé :

Attention au piège le plus fréquent du chapitre : $x^2=1$ donne deux solutions, $x=1$ et $x=-1$. Oublier la racine négative ferait perdre la moitié de l'exercice.

Deux points critiques : $\;(1,0)\;$ et $\;(-1,0)$.

Nouveauté importante : $r$ dépend de $x$. Il faut donc évaluer la hessienne en chaque point critique séparément — c'est exactement pour ça qu'on a d'abord dressé la liste complète.

• En $(1,0)$ : $rt-s^2=12>0$ et $r=6>0$ $\Rightarrow$ minimum local, de valeur $f(1,0)=1-3+0=-2$.
• En $(-1,0)$ : $rt-s^2=-12<0$ $\Rightarrow$ point col, de valeur $f(-1,0)=-1+3+0=2$.

Pour se convaincre du col en $(-1,0)$, on refait le geste de l'exercice A2 : on coupe par deux droites.

• Direction $y$ ($x=-1$ fixé) : $f(-1,y)=2+y^2$, minimale en $y=0$. Ça monte quand on s'écarte.
• Direction $x$ ($y=0$ fixé) : $g(x)=x^3-3x$, avec $g'(x)=3x^2-3$. En $x=-1$, $g''(-1)=6\times(-1)=-6<0$ : c'est un maximum de $g$. Ça descend quand on s'écarte.

Monte dans un sens, descend dans l'autre : col confirmé, sans recourir au tableau.

On teste autour de chaque candidat, à distance $0{,}2$ :

Autour de $(1,0)$ : tout est plus grand que $-2$ — minimum. Autour de $(-1,0)$ : $1{,}872$ et $1{,}888$ sont plus petits que $2$, tandis que $2{,}04$ est plus grand — col.

Le minimum en $(1,0)$ est local seulement, et il faut le dire. En effet

par exemple $f(-10,0)=-1000+30=-970$, très en dessous de $-2$. La fonction n'est pas minorée : il n'y a pas de minimum global.

C'est une différence de fond avec A1, où la forme canonique donnait le global gratuitement. Ici le terme $x^3$ l'interdit.

Réponse : $(1,0)$ minimum local de valeur $-2$ ; $(-1,0)$ point col de valeur $2$ ; aucun extremum global.

$\nabla f=(3x^2-3y,\,3y^2-3x)=\vec0\Rightarrow y=x^2$ et $x=y^2$.

$x=x^4\Rightarrow x\in\{0,1\}$ (racines réelles).

$H=\begin{pmatrix}6x&-3\\-3&6y\end{pmatrix}$.

Cette fois le système des points critiques est couplé : chaque équation contient les deux variables. C'est le cas général, et la technique à retenir est celle de la substitution — on tire une variable d'une équation, on la reporte dans l'autre.

Remarque utile avant de calculer : $f$ est symétrique en $x$ et $y$ (l'échanger ne change rien). Les points critiques seront donc, soit sur la diagonale $y=x$, soit par paires symétriques. Cela ne dispense pas du calcul, mais donne un moyen de vérifier qu'on n'a rien oublié.

En divisant par $3$ :

Substitution — on reporte $y=x^2$ dans la seconde :

On factorise au lieu de diviser par $x$ : diviser ferait perdre la solution $x=0$. D'où $x=0$ ou $x^3=1$, soit $x=1$ (seule racine réelle).

• $x=0\Rightarrow y=0^2=0$ : point $(0,0)$.
• $x=1\Rightarrow y=1^2=1$ : point $(1,1)$.

Deux points critiques, tous deux sur la diagonale — cohérent avec la symétrie annoncée.

Ici les trois coefficients comptent : $s=-3$ n'est plus nul, contrairement à A1–A3.

• En $(0,0)$ : $rt-s^2=0-9=-9<0$ $\Rightarrow$ point col, $f(0,0)=0$.
• En $(1,1)$ : $rt-s^2=36-9=27>0$ et $r=6>0$ $\Rightarrow$ minimum local, $f(1,1)=1+1-3=-1$.

Comme $s\neq0$, les axes ne suffisent plus : le long de l'axe des $x$ on a $f(x,0)=x^3$, qui n'a ni min ni max en $0$ mais un point d'inflexion. Il faut choisir de meilleures directions — la diagonale et l'antidiagonale :

• sur $y=x$ : $f(x,x)=2x^3-3x^2=x^2(2x-3)$. Près de $0$, le facteur $2x-3$ vaut environ $-3$, donc $f<0$ : ça descend. Par exemple $f(0{,}1\,;\,0{,}1)=-0{,}028$.
• sur $y=-x$ : $f(x,-x)=x^3-x^3+3x^2=3x^2>0$ : ça monte. Par exemple $f(0{,}1\,;\,-0{,}1)=+0{,}03$.

Des valeurs des deux signes aussi près qu'on veut de l'origine : col confirmé.

Leçon générale : quand une direction ne tranche pas, en essayer une autre — le col est une propriété de la surface, pas des axes.

Tous strictement supérieurs à $-1$ : minimum local net.

Comme en A3, le minimum n'est que local : sur la diagonale,

par exemple $f(-10,-10)=-2000-300=-2300$. La fonction n'est pas minorée.

Réponse : $(0,0)$ point col ($f=0$), $(1,1)$ minimum local ($f=-1$) ; pas d'extremum global.

$\nabla f=(4x^3-4y,\,4y^3-4x)=\vec0\Rightarrow y=x^3$ et $x=y^3$.

$x=x^9\Rightarrow x\in\{0,1,-1\}$.

$H=\begin{pmatrix}12x^2&-4\\-4&12y^2\end{pmatrix}$.

Trois nouveautés par rapport aux exercices précédents, et chacune vaut la peine d'être notée :

1. le système critique se résout par une élévation de puissance plutôt que par substitution directe ;
2. il y a deux minima distincts de même valeur — un minimum global n'est pas forcément atteint en un seul point ;
3. cette fois, contrairement à A3 et A4, on pourra conclure au global, parce que les puissances quatrièmes dominent le terme croisé à l'infini.

En divisant par $4$ :

On reporte la première dans la seconde : $(x^3)^3=x$, soit

Encore une fois on factorise plutôt que de diviser. Sur les réels, $x^8=1$ donne $x=\pm1$ (les six autres racines sont complexes et ne nous concernent pas). D'où :

• $x=0\Rightarrow y=0^3=0$ : point $(0,0)$ ;
• $x=1\Rightarrow y=1$ : point $(1,1)$ ;
• $x=-1\Rightarrow y=-1$ : point $(-1,-1)$.

Trois points critiques.

• $(0,0)$ : $rt-s^2=-16<0$ $\Rightarrow$ point col, $f=0$.
• $(1,1)$ : $rt-s^2=144-16=128>0$, $r=12>0$ $\Rightarrow$ minimum local, $f(1,1)=1+1-4=-2$.
• $(-1,-1)$ : $rt-s^2=144-16=128>0$, $r=12>0$ $\Rightarrow$ minimum local, $f(-1,-1)=1+1-4=-2$.

Les deux minima ont exactement la même valeur $-2$, ce qui n'a rien d'un hasard : $f(-x,-y)=f(x,y)$, la fonction est invariante par symétrie centrale.

Comme en A4, on prend la diagonale et l'antidiagonale :

• sur $y=x$ : $f(x,x)=2x^4-4x^2=2x^2(x^2-2)$. Près de $0$, $x^2-2\approx-2<0$ donc $f<0$. Exemple : $f(0{,}2\,;\,0{,}2)=-0{,}1568$.
• sur $y=-x$ : $f(x,-x)=2x^4+4x^2>0$. Exemple : $f(0{,}2\,;\,-0{,}2)=+0{,}1632$.

Des deux signes arbitrairement près de l'origine : col.

Tout ce qui entoure les deux points est strictement plus grand que $-2$.

Contrairement à A3 et A4, on peut ici conclure globalement, et il faut deux arguments enchaînés.

(a) $f$ est minorée et tend vers $+\infty$ à l'infini. L'inégalité $2\lvert xy\rvert\le x^2+y^2$ donne $4\lvert xy\rvert\le 2(x^2+y^2)$, donc

Or $u^4-2u^2=(u^2-1)^2-1\ge-1$ pour tout réel $u$. Donc $f\ge-1-1=-2$ !

(b) La borne $-2$ est atteinte, précisément en $(1,1)$ et $(-1,-1)$.

Le minimum $-2$ est donc bien global, atteint en exactement deux points. Vérification que la majoration est cohérente : $f(2,2)=16+16-16=16$, $f(-2,-2)=16$ — ça remonte bien dans toutes les directions.

Réponse : minimum global $-2$ atteint en $(1,1)$ et $(-1,-1)$ ; point col en $(0,0)$ de valeur $0$ ; pas de maximum ($f$ n'est pas majorée).

$\nabla f=(4x^3,4y^3)=\vec0\Rightarrow(0,0)$.

Calculer la Hessienne en $(0,0)$.

Quand le test échoue, raisonner directement sur le signe de $f$.

Le test $rt-s^2$ a un quatrième cas, celui qu'on oublie : $rt-s^2=0$. Le tableau ne dit alors rien du tout — ni « c'est un extremum », ni « ce n'en est pas un ». C'est un cas douteux, et le mot est exact : le test est simplement muet.

L'exercice sert à ancrer deux réflexes :

1. reconnaître qu'on est dans ce cas et ne pas conclure ;
2. savoir passer à un argument direct, qui est souvent plus simple que le test lui-même.

$4x^3=0$ et $4y^3=0$ donnent l'unique point critique $(0,0)$, avec $f(0,0)=0$.

Les dérivées secondes :

En $(0,0)$, ces trois quantités valent $0$ : la hessienne est la matrice nulle,

Le test est non concluant. Il faut s'arrêter là et changer d'outil.

Rappelons ce que fait vraiment le test : il approche $f$ par sa partie quadratique au voisinage du point. Or ici cette partie quadratique est identiquement nulle — le développement de $f$ ne commence qu'au degré $4$.

Le test regarde donc un terme qui n'existe pas, et ne peut évidemment rien en dire. C'est la même chose qu'en une variable avec $g(x)=x^4$ : $g''(0)=0$, le critère de la dérivée seconde est muet, alors que le minimum en $0$ crève les yeux.

Point capital : $rt-s^2=0$ ne signifie pas « ce n'est pas un extremum ». Les trois fonctions $x^4+y^4$, $-x^4-y^4$ et $x^3+y^3$ ont toutes une hessienne nulle en l'origine, et pourtant la première y a un minimum, la deuxième un maximum, la troisième ni l'un ni l'autre. Le test ne les distingue pas ; nous, si.

Pas besoin d'artillerie : une puissance paire est toujours positive ou nulle.

Donc $(0,0)$ est un minimum global.

Est-il strict ? Oui : $f(x,y)=0$ exige $x^4=0$ et $y^4=0$ (deux termes positifs de somme nulle sont tous deux nuls), donc $x=y=0$. Aucun autre point n'atteint la valeur $0$.

L'argument direct est plus court que le test — et il donne davantage : il conclut au global et au strict, là où le test ne parle jamais que du local.

Toujours $>0$, dans toutes les directions. On voit aussi pourquoi le test ne voyait rien : les valeurs sont extraordinairement plates près de $0$ — à distance $0{,}01$, $f$ vaut deux cent-millionièmes, quand une cuvette quadratique ordinaire ($x^2+y^2$) donnerait $2\times10^{-4}$, soit dix mille fois plus.

La marche à suivre quand $rt-s^2=0$ :

• chercher une minoration ou une majoration évidente (somme de carrés, de puissances paires…) ;
• sinon, restreindre à des droites ou à des courbes bien choisies, comme aux exercices A2, A4 et A5, pour exhiber des valeurs des deux côtés ;
• en dernier recours, pousser le développement limité à l'ordre suivant.

Réponse : $rt-s^2=0$ en $(0,0)$, le test est muet ; mais $f=x^4+y^4\ge0$ avec égalité seulement en l'origine, donc $(0,0)$ est un minimum global strict, de valeur $0$.

$g(x,y)=x+y-10=0$.

$\nabla f=(y,x)$, $\nabla g=(1,1)$ ; poser $\nabla f=\lambda\nabla g$.

$y=\lambda$ et $x=\lambda\Rightarrow x=y$.

Jusqu'ici on cherchait un extremum libre : le point pouvait se promener partout. Ici il est assigné à résidence sur la droite $x+y=10$, et c'est une situation toute différente.

La méthode de Lagrange repose sur une observation géométrique simple. Déplaçons-nous le long de la contrainte : tant que la ligne de niveau de $f$ qu'on traverse n'est pas tangente à la contrainte, on la traverse — donc $f$ change, donc on n'est pas à un extremum. À l'optimum, la ligne de niveau effleure la contrainte.

Or « effleurer », en termes de gradients, s'écrit : $\nabla f$ et $\nabla g$ sont colinéaires, soit

Le nombre $\lambda$ s'appelle le multiplicateur de Lagrange.

Un rectangle de côtés $x$ et $y$ a pour périmètre $2(x+y)=20$, donc

et pour aire $f(x,y)=xy$. On maximise $f$ sous la contrainte $g(x,y)=x+y-10=0$.

Attention à ne pas confondre les deux fonctions : $f$ est ce qu'on optimise, $g$ est ce qui contraint. Les inverser conduit à un système sans queue ni tête.

Le système $\nabla f=\lambda\nabla g$, complété par la contrainte elle-même (qu'on oublie une fois sur deux) :

Les deux premières donnent immédiatement $x=y\;(=\lambda)$. En reportant dans la troisième : $2x=10$, donc

Le rectangle optimal est le carré de côté $5$, d'aire $25$.

Le système de Lagrange ne fournit que des candidats ; il ne dit pas s'ils sont maximum ou minimum. Ici le plus simple est d'éliminer la contrainte : $y=10-x$, donc

$h'(x)=10-2x$ s'annule en $x=5$, et $h''(x)=-2<0$ : c'est bien un maximum, unique sur l'intervalle. Aux bords, $h(0^+)\to0$ et $h(10^-)\to0$ : l'aire s'effondre quand le rectangle s'aplatit.

Cette substitution est toujours possible pour une contrainte linéaire, et elle est souvent plus rapide que Lagrange. La méthode de Lagrange prend son intérêt quand la contrainte ne se résout pas facilement — voir B3 et B4, où elle est incontournable.

On teste des rectangles de périmètre $20$ :