Chapitre III : Optimisation des fonctions à deux variables
Optimisation sans contrainte (libre)
Soit f : D  IR2
IR une fonction à deux variables. D un ouvert de IR2, f  C1(D)
On s’intéresse aux problèmes :
f( x0 , y0) =
min
f(x,y)
(x0,y0) est dit le minimum global de f
max
f(x,y)
(x0,y0) est dit le maximum global de f
( x , y )IR 2
ou
f( x0 , y0) =
( x , y )IR 2
Condition nécessaire de 1er ordre
Théorème :
Si (x0,y0)  D est un extremum de f sur D
𝜕𝑓
Alors :
𝜕𝑥
(x0,y0) = 0
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(x0,y0) = 0
(x0,y0) est appelé un point critique, un point stationnaire ou candidat à l’optimalité.
Exemple :
soit
f(x,y) = x2 + y2
On a f(x,y) ≥ 0  (x,y)  D  f(x,y) ≥ f(0,0) = 0
Donc f atteint un minimum global en (0,0)
Calculons :
𝜕𝑓
𝜕𝑥
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(x,y) = 2x = 0  x = 0
(x,y) = 2y = 0  y = 0 donc (0,0) est un point critique
Condition suffisante d’optimalité local
Soit f : D  IR2
IR une fonction à deux variables. f  C2(D)
Soit (x0,y0) un point critique de f
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(x0,y0) = 0
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(x0,y0) = 0
 (x0,y0) est un minimum local de f si :
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(x0,y0) 
Et
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
𝜕2 𝑓
(x0,y0) – ( 𝜕𝑥𝜕𝑦 (x0,y0))2 > 0
(x0,y0) > 0
 (x0,y0) est un maximum local de f si :
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(x0,y0) 
Et
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
𝜕2 𝑓
(x0,y0) – ( 𝜕𝑥𝜕𝑦 (x0,y0))2 > 0
(x0,y0) < 0
Exemple :
Soit f(x,y) = x2 – 2x + xy +y2
Calculons
𝝏𝒇
𝝏𝒙
et
𝝏𝒇
(𝒙, 𝒚)
𝝏𝒙
𝝏𝒇
(x,y)
𝝏𝒚
𝝏𝒇
𝝏𝒚
=2x-2+y = 0
= x +2y=0  x=-2y
Alors :
2
- 4 y + y – 2 = 0  -3 y = 2  y = - 3
−2
4
x = - 2 y  x = -2 ( 3 ) = 3
Donc
4
2
(3 , - 3) est un point critique de f
Calculons :
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(x,y) = 2 ;
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
(x,y) = 2 ;
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦𝜕𝑥
𝜕2 𝑓
(x,y) = 𝜕𝑥𝜕𝑦 (x,y) = 1
Alors
Et :
𝜕2 𝑓 4
(
𝜕𝑥 2 3
𝜕2 𝑓 4
(
𝜕𝑥 2 3
4
2
, - 3)
𝜕2 𝑓 4
(
𝜕𝑦 2 3
2
, - 3) - (
𝜕2 𝑓 4
(
𝜕𝑥𝜕𝑦 3
2
, - 3))2 = 2  2 - 1 = 3 > 0
2
, - 3) = 2 > 0
2
Donc : (3 , - 3) est un minimum local de f
Remarque :
Soit f : D  IR2
IR une fonction à deux variables. f  C2(D)
Soit (x0,y0) un point critique de f ,
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(x0,y0) = 0
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(x0,y0) = 0
𝜕2 𝑓
On pose : 𝜕𝑥 2 (x0,y0) = r ,
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
(x0,y0) = t ,
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥𝜕𝑦
(x0,y0) = s
 (x0,y0) est un minimum local de f si :
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(x0,y0) 
Et
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
𝜕2 𝑓
(x0,y0) – ( 𝜕𝑥𝜕𝑦 (x0,y0))2 > 0
(x0,y0) > 0
C'est-à-dire : si (r t – s2 > 0 et r > 0)
 (x0,y0) est un maximum local de f si :
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(x0,y0) 
Et
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
𝜕2 𝑓
(x0,y0) – ( 𝜕𝑥𝜕𝑦 (x0,y0))2 > 0
(x0,y0) < 0
C'est-à-dire : si (r t – s2 > 0 et r < 0)
 (x0,y0) est un col de f si :
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(x0,y0) 
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
𝜕2 𝑓
(x0,y0) – ( 𝜕𝑥𝜕𝑦 (x0,y0))2 < 0
C'est-à-dire : si (r t – s2 < 0)
Exemple :
Soit f : IR 2  IR définie par f ( x, y )  x 2 y  3 y 3  xy
Calculons
𝝏𝒇
𝝏𝒙
et
𝝏𝒇
(𝒙, 𝒚)
𝝏𝒙
𝝏𝒇
(x,y)
𝝏𝒚
𝝏𝒇
𝝏𝒚
= 2 x y + 0 – y = y (2 x - 1)
= x2 + 9 y2 – x
Alors
𝜕𝑓
𝜕𝑥
1
2
(x,y) = y (2 x - 1)= 0  y = 0 ou x =
𝜕𝑓
(x,y)
𝜕𝑦
= x2 + 9 y2 – x
Donc :

x=
1
2
y=0
OU
1
4
+ 9 y2 –
1
2
= 0
x2 + 0 - x = 0
x=

1
2
y=0
OU
1
4
9y –
2
x=

= 0
x (x - 1) = 0
1
2
y=0
OU
1
4
9 y2 =
x=

x =0 ou x = 1
1
2
y=0
OU
1
36
y2 =
x=

x =0 ou x = 1
1
2
y=0
OU
y=
1
6
ou y = -
1
6
x =0 ou x = 1
1 1
1
1
f admet quatre points stationnaires (0, 0) , (1, 0), ( 2 , 6 ) et ( 2 , - 6 )
Calculons :
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(1,0) = 0
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
(1,0) = 0
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥𝜕𝑦
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(x,y) = 2 y ;
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
(x,y) = 18 y ;
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦𝜕𝑥
(1,0) = 1
Alors
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(1,0)
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
(1,0) - (
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥𝜕𝑦
(1,0) )2 = 0 -1 < 0
Donc : le point A(1, 0) est un point col de f
𝜕2 𝑓
(x,y) = 𝜕𝑥𝜕𝑦 (x,y) = 2 x -1
Définition :
Soit f : D  IR2
IR une fonction à deux variables. f  C2(D)
 On dit que f est strictement convexe sur D si :
 (x,y)  D , on a :
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(x,y) 
Et
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
𝜕2 𝑓
(x,y) – ( 𝜕𝑥𝜕𝑦 (x,y))2 > 0
(x,y) > 0
 On dit que f est strictement concave sur D si :
 (x,y)  D , on a :
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(x,y) 
Et
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
𝜕2 𝑓
(x,y) – ( 𝜕𝑥𝜕𝑦 (x,y))2 > 0
(x,y) < 0
Théorème :
Soit f une fonction strictement convexe sur D
 Si f admet un minimum local (x0,y0) sur D alors (x0,y0) est unique et représente le
minimum global sur D
Soit f une fonction strictement concave sur D
 Si f admet un maximum local (x0,y0) sur D alors (x0,y0) est unique et représente le
maximum global sur D
Exemple :
Soit
f(x,y) = 2x2 + 3y2 + 4xy + 2x - y + 6
Calculons
𝝏𝒇
𝝏𝒙
et
𝝏𝒇
(𝒙, 𝒚)
𝝏𝒙
𝝏𝒇
(x,y)
𝝏𝒚
Calculons :
𝝏𝒇
𝝏𝒚
= 4 x + 4 y +2
=6y+4x-1
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(x,y) = 4 ;
Alors
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(x,𝑦)
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
Et
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥 2
(x,y) = 4 > 0
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦 2
(x,𝑦) - (
(x,y) = 6 ;
𝜕2 𝑓
𝜕𝑥𝜕𝑦
𝜕2 𝑓
𝜕𝑦𝜕𝑥
𝜕2 𝑓
(x,y) = 𝜕𝑥𝜕𝑦 (x,y) = 4
(x,y) )2 = 46 - 42 = 24 – 16 = 8 > 0
Donc : f est strictement convexe sur IR2
𝝏𝒇
(𝒙, 𝒚)
𝝏𝒙
𝝏𝒇
(x,y)
𝝏𝒚
= 4 x + 4 y +2 = 0  2 x + 2 y + 1 = 0  2 x + 2 y = -1
= 6 y + 4 x – 1 = 0  2 y + 4 y + 4 x - 1= 0  2 y + 2 (2 y + 2 x ) - 1= 0
Alors
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(x,y) = 2 x + 2 y = -1  2 x + 2
𝜕𝑓
(x,y)
𝜕𝑦
3
3
2
3
= 2 y + 2 (-1) – 1 = 0  y = 2
Donc : le point (-2, 2) minimum global sur IR2 de f
= -1  x = -2
Optimisation sous contrainte d’égalité
Soit f : D  IR2
IR une fonction à deux variables. f  C2(D)
Et soit g : D  IR2
IR . g  C1(D)
On s’intéresse au problème :
min f(x,y)
Ou
avec g(x,y) = 0 où (x,y)  D
max f(x,y) avec g(x,y) = 0 où (x,y)  D
On dit que c’est un problème d’optimisation sous contrainte d’égalité
La contrainte est : g(x,y) = 0
Définition :
Soit   D et L :  IR2
IR une fonction définie par :
L(x,y) = f(x,y) +  g(x,y)
L est dite la fonction de Lagrange ou Lagrangienne
( est le multiplicateur de Lagrange)
Condition nécessaire d’optimisation d’ordre 1
Théorème :
Si f admet un extremum local en (x0, y0)  D sous la contrainte g(x0, y0) = 0,
Alors il existe un réel   IR tel que :
𝜕𝐿
𝜕𝑥
(x0, y0) =
𝜕𝐿
(x ,
𝜕𝑦 0
y0) =
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(x0, y0) +  𝜕𝑥 (x0, y0) = 0
𝜕𝑔
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(x0, y0) + 
𝜕𝑔
𝜕𝑦
(x0, y0) = 0
(x0, y0) est un point critique ou point candidat à l’optimalité.
Condition suffisante d’optimalité
Théorème :
Soit (x0, y0) un extremum local de f sous la contrainte g(x0, y0) = 0,
Alors il existe un réel   IR (où L(x,y) = f(x,y) +  g(x,y) )
𝜕𝐿
Tel que : 𝜕𝑥 (x0, y0) =
𝜕𝑔
Si ( 𝜕𝑥 (𝑥0 , 𝑦0 ))2
𝜕2 𝐿
(x ,y )
𝜕𝑦 2 0 0
𝜕𝐿
(x ,
𝜕𝑦 0
𝜕𝑔
y0) = 0
+ ( 𝜕𝑦(𝑥0 , 𝑦0 ))2
𝜕2 𝐿
(x ,
𝜕𝑥 2 0
𝜕𝑔
y0) – 2 𝜕𝑥 (𝑥0 , 𝑦0 )
𝜕𝑔
𝜕𝑦
𝜕2 𝐿
(x0, y0)  𝜕𝑥𝜕𝑦 (x0, y0) > 0
Alors (x0, y0) est un minium local de f sous la contrainte g(x0, y0) = 0,
Si (
𝜕𝑔
𝜕2 𝐿
(𝑥0 , 𝑦0 ))2
(x ,y )
𝜕𝑥
𝜕𝑦 2 0 0
+(
𝜕𝑔
𝜕2 𝐿
(𝑥0 , 𝑦0 ))2 2 (x0,
𝜕𝑦
𝜕𝑥
y0) – 2
𝜕𝑔
𝜕𝑔
(𝑥0 , 𝑦0 )
𝜕𝑥
𝜕𝑦
Alors (x0, y0) est un maximum local de f sous la contrainte g(x0, y0) = 0,
Exemple :
Optimiser la fonction f(x,y) = xy sous la contrainte g(x,y) = x+ y – 1= 0
Posons le Lagrangien : L(x,y) = f(x,y) +  g(x,y)
= xy +  (x+ y – 1)
( est le multiplicateur de Lagrange)
𝜕𝐿
𝜕𝐿
Calculons 𝜕𝑥 et 𝜕𝑦
Alors
𝜕𝐿
𝜕𝑥
(x,y) = y +  = 0   = -y
𝜕𝐿
(x,y)
𝜕𝑦
= x +  = 0   = -x
On a : g(x,y) = x+ y – 1= 0
Alors
- -  – 1= 0
Donc y = -  =
1
2
  =
et
−1
2
x=-=
1
2
(x0, y0) 
𝜕2 𝐿
𝜕𝑥𝜕𝑦
(x0, y0) < 0
1
1
Donc (2 , 2 ) est un point critique
𝜕𝑔
(𝑥, 𝑦)=
𝜕𝑥
Calculons
𝜕2 𝐿
(x,y)
𝜕𝑥 2
=0
𝜕𝑔 1 1
( 𝜕𝑥 (2 , 2))2
𝜕𝑔
(x,y)
𝜕𝑦
1
𝜕2 𝐿
(x,y)
𝜕𝑦 2
𝜕2 𝐿 1 1
( , )
𝜕𝑦 2 2 2
=0
𝜕𝑔 1 1
+ ( 𝜕𝑦(2 , 2))2
=1
𝜕2 𝐿
𝜕𝑥𝜕𝑦
(x,y) = 1
𝜕2 𝐿 1 1
( , )
𝜕𝑥 2 2 2
𝜕𝑔 1 1
– 2 𝜕𝑥 (2 , 2)
𝜕𝑔 1 1
( , )
𝜕𝑦 2 2
𝜕2 𝐿
1 1
 𝜕𝑥𝜕𝑦 (2 , 2)
= 12  0 + 12  0 -2  1  1 1
= -2 < 0
1
1
Donc (2 , 2 ) est un maximum local de f(x,y) sous la contrainte g(x,y) = x+ y – 1= 0