Problèmes

et exercicesLes exercices suivent l’ordre adopté dans la présentation de la théorie.

Les premiers portent sur les extrema libres. Afin d’éviter les répétitions, les

résultats relatifs aux matrices hessiennes des exercices 1 à 8 sont repris

de l’exercice 20 du chapitre 5. Les exercices concernant les extrema liés

appliquent soit la méthode de Lagrange, soit celle de Kuhn et Tucker.

Dans le second cas, le lecteur constatera qu’il est souvent fastidieux de

passer en revue l’ensemble des points à traiter, alors que certains peuvent

être rapidement écartés. De plus, dans le cas de deux variables, la

représentation géométrique du domaine admissible peut utilement guider

la résolution.

Afin de se concentrer sur l’approche appliquée à la grande majorité des

problèmes de la gestion, les cas « rares » de fonctions irrégulières et de

points singuliers sont exclus des exercices.

Extrema libres

Notez que toutes les fonctions considérées ci-dessous sont suffisamment régulières dansun ensemble ouvert (elles appartiennent à C2

�R2

�ou C2

�R3

�, sauf pour l’exercice 5)

pour justifier l’application des conditions d’ordres 1 et 2, sans autres candidats que lespoints critiques. En fait, elles sont même toutes de classe C1 (les dérivées de tous ordresexistent et sont continues).

Dans les exercices 1 à 8, déterminez les extrema libres des fonctions données.

EXERCICE 1

Énoncéf (x, y) = x3 + y3 � 3xy.

218 Optimisation des fonctions de plusieurs variables

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Solution Points critiques :

8>><

>>:

@f

@x(x, y) = 3x2

� 3y = 0

@f

@y(x, y) = 3y2

� 3x = 0) deux candidats : (0, 0) et (1, 1).

Classification : la matrice hessienne de la fonction f en un point (x, y) 2 R2 est donnéepar :

Hf (x, y) =

0

BB@

@2f

@x2(x, y)

@2f

@x@y(x, y)

@2f

@x@y(x, y)

@2f

@y2(x, y)

1

CCA =

Ä6x �3

�3 6y

!.

Il s’ensuit que Hf (0, 0) =

Ä0 �3

�3 0

!et Hf (1, 1) =

Ä6 �3

�3 6

!.

• Hf (0, 0) est indéfinie ) (0,0) est un point de selle.

• Hf (1, 1) est définie positive ) f admet un minimum local en (1, 1), mais non globalpuisque, par exemple, f (�2, 0) = �8 < f (1, 1) = �1.

EXERCICE 2

Énoncéf (x, y) = y3 � 2xy + x2 � 1.

Solution Points critiques :

8>><

>>:

@f

@x(x, y) = �2y + 2x = 0

@f

@y(x, y) = 3y2

� 2x = 0,

(x = y

3y2 � 2y = 0,

8<

:x = y

y = 0 ou y =2

3

.

Les candidats sont donc (0, 0) et✓

2

3,

2

3

◆.

Classification : on a 8�x, y

�2 R2 : Hf (x, y) =

Ä2 �2

�2 6y

!.

• Hf (0, 0) =

Ä2 �2

�2 0

!est indéfinie ) (0, 0) est un point de selle.

• Hf

✓2

3,

2

3

◆=

Ä2 �2

�2 4

!est définie positive ) f admet un minimum local en

✓2

3,

2

3

◆, non global puisque lim

y!�1f (0, y) = lim

y!�1(y3 � 1) = �1.

Extrema libres 219

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EXERCICE 3

Énoncéf (x, y) = (x � y)4 + (y � 1)4.

Solution Point critique : (1, 1) qui est l’unique solution de

rf (x, y) =�4(x � y)3,�4(x � y)3

+ 4(y � 1)3�= (0, 0).

Classification : Hf (x, y) =

Ä12(x � y)2 �12(x � y)2

�12(x � y)2 12(x � y)2 + 12(y � 1)2

!.

Hf (1, 1) =

Ä0 0

0 0

!, dont on ne peut tirer aucune conclusion.

Une étude directe révèle que : 8(x, y) 2 R2 : f (x, y) = (x � y)4 + (y � 1)4 > 0 =

f (1, 1) ) f admet un minimum global en (1, 1).

EXERCICE 4

Énoncéf (x, y) = sin(xy).

Solution Points critiques :

(y cos(xy) = 0

x cos(xy) = 0,

8><

>:

x = 0 ou xy =p

2+ kp, k 2 Z

y = 0 ou xy =p

2+ kp, k 2 Z

.

Classification : Hf (x, y) =

�y2 sin(xy) cos(xy) � xy sin(xy)

cos(xy) � xy sin(xy) �x2 sin(xy)

!.

• Hf (0, 0) =

Ä0 1

1 0

!) (0, 0) est un point de selle.

• Si xy =p

2+ kp et k est pair alors Hf (x, y) =

�y2 �xy

�xy �x2

!: aucune conclusion.

• Si xy =p

2+ kp et k est impair alors Hf (x, y) =

Äy2 xy

xy x2

!: aucune conclusion.

Pour classer ces candidats, on doit recourir à une autre méthode :

Comme �1 6 f (x, y) 6 1 et f⇣p

2+ kp

⌘=

(�1 si k impair

1 si k pair, la fonction admet un

minimum global en tout (a, b) tel que ab =p

2+ (2k + 1)p =

3p

2+ 2kp, k 2 Z, et un

maximum global en tout (a, b) tel que ab =p

2+ 2kp, k 2 Z. Le graphe de f , donné par

la figure 7.5, page ci-contre, est malheureusement difficile à décrypter.

220 Optimisation des fonctions de plusieurs variables

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7Chapitre

Figure 7.5

–1

–0,8

–0,6

–0,4

0,2

0,4

0,6

0,8

1

z

Gf

y

x

–6

–4

2

4

6

–6–4–2246

EXERCICE 5

Énoncéf (x, y) = y2 + xy ln x.

Solution Points critiques : f est de classe C2 dans son domaine, l’ouvert D =�(x, y) 2 R2 : x > 0

.

Les seuls candidats sont les deux points critiques (1, 0) et✓

1

e,

1

2e

◆.

Classification :

• Hf (1, 0) =

Ä0 1

1 2

!est indéfinie ) point de selle en (1,0).

• Hf

✓1

e,

1

2e

◆=

0

@1

20

0 2

1

A est définie positive ) minimum local en✓

1

e,

1

2e

◆, non

global car limx!+1

f (x,�x) = limx!+1

x2 (1 � ln x) = �1.

EXERCICE 6

Énoncéf (x, y) = x4 + y4 � 2(x � y)2.

Extrema libres 221

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7Chapitre

EXERCICE 9

ÉnoncéVous êtes le directeur financier de la firme Sanbon & Fils. Cette entreprise a investi3 000 euros pour mettre au point un nouveau parfum. Le coût de la production est de3 euros par flacon de 100 ml. L’expert consulté par M. Sanbon père a établi que si la firmeconsacre x euros en publicité pour son parfum et que le prix de vente d’un flacon est dey euros, la firme vendra exactement

�300 + 6

px � 10y

�pièces.

La firme Sanbon & Fils fixe évidemment x et y de manière à maximiser son profit. En tantque directeur financier, il vous incombe de déterminer ces valeurs.

Solution • Revenu de la vente = y(300 + 6p

x � 10y).

• Coût de production = 3(300 + 6p

x � 10y).

• Coût de développement et de publicité = 3 000 + x.

Le profit de la firme à maximiser est donc : P(x, y) = (y�3)(300+6p

x�10y)�x�3 000.

La condition du premier ordre s’écrit :

8>><

>>:

@P

@x(x, y) =

3(y � 3)p

x� 1 = 0

@P

@y(x, y) = 330 + 6

px � 20y = 0

) (x, y) = (164 025,138) .

La hessienne en ce point est définie négative (à vérifier), et on a bien un maximum. Lafirme Sanbon & Fils va donc consacrer 164 025 euros à la promotion de son nouveauparfum et vendre le flacon de 100 ml à 138 euros. Elle réalisera de la sorte le profit maximalde P(164 025,138) = 15 225 euros.

Extrema liés : contraintes d’égalités

EXERCICE 10

ÉnoncéDans les cas suivants, recherchez les extrema de f sous la contrainte g(x, y) = 0.

a f (x, y) = y2 + (x � 1)2 et g(x, y) = y2 � 4x.

b f (x, y) = 2 ln x et g(x, y) = x2 + y2 � 1.

c f (x, y) = y3 et g(x, y) = x2 � y3 + y.

Solution a Le lagrangien du problème, L(x, y,l) = y2 + (x � 1)2 � l�y2 � 4x

�, est de classe C1

et la contrainte n’admet pas de point singulier puisque : 8�x, y

�2 R2 : rg(x, y) =

(�4, 2y) 6= (0, 0).

Extrema liés : contraintes d’égalités 223

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7Chapitre

EXERCICE 9

ÉnoncéVous êtes le directeur financier de la firme Sanbon & Fils. Cette entreprise a investi3 000 euros pour mettre au point un nouveau parfum. Le coût de la production est de3 euros par flacon de 100 ml. L’expert consulté par M. Sanbon père a établi que si la firmeconsacre x euros en publicité pour son parfum et que le prix de vente d’un flacon est dey euros, la firme vendra exactement

�300 + 6

px � 10y

�pièces.

La firme Sanbon & Fils fixe évidemment x et y de manière à maximiser son profit. En tantque directeur financier, il vous incombe de déterminer ces valeurs.

Solution • Revenu de la vente = y(300 + 6p

x � 10y).

• Coût de production = 3(300 + 6p

x � 10y).

• Coût de développement et de publicité = 3 000 + x.

Le profit de la firme à maximiser est donc : P(x, y) = (y�3)(300+6p

x�10y)�x�3 000.

La condition du premier ordre s’écrit :

8>><

>>:

@P

@x(x, y) =

3(y � 3)p

x� 1 = 0

@P

@y(x, y) = 330 + 6

px � 20y = 0

) (x, y) = (164 025,138) .

La hessienne en ce point est définie négative (à vérifier), et on a bien un maximum. Lafirme Sanbon & Fils va donc consacrer 164 025 euros à la promotion de son nouveauparfum et vendre le flacon de 100 ml à 138 euros. Elle réalisera de la sorte le profit maximalde P(164 025,138) = 15 225 euros.

Extrema liés : contraintes d’égalités

EXERCICE 10

ÉnoncéDans les cas suivants, recherchez les extrema de f sous la contrainte g(x, y) = 0.

a f (x, y) = y2 + (x � 1)2 et g(x, y) = y2 � 4x.

b f (x, y) = 2 ln x et g(x, y) = x2 + y2 � 1.

c f (x, y) = y3 et g(x, y) = x2 � y3 + y.

Solution a Le lagrangien du problème, L(x, y,l) = y2 + (x � 1)2 � l�y2 � 4x

�, est de classe C1

et la contrainte n’admet pas de point singulier puisque : 8�x, y

�2 R2 : rg(x, y) =

(�4, 2y) 6= (0, 0).

Extrema liés : contraintes d’égalités 223

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