Correction

TD 1: optimisation des fonctions d’une variable réelle
1
Sans économie
Exercice 1. Pour chacun des exemples suivants, calculer supf et inf f . De plus, indiquer si ces bornes sont
I
I
atteintes, et en quel(s) point(s).
1. f (x) = x(1 − x) sur I = [0, 1].
Correction : La fonction f est dérivable sur tout I et pour tout x ∈ I, f 0 (x) = 1−2x. Donc f 0 (x) = 0
si et seulement si x = 1/2 les extrema de f ne peuvent donc être atteints qu’en 0, 1/2 et 1. Or on a :
f (0) = 0,
f (1/2) = 1/4,
f (1) = 0.
Or comme I est fermé et borné, f atteint ses bornes. En conséquence : sup f = max f = 1/4, atteint
en 1/2, et inf f = min f = 0, atteint en 0 et 1.
2. f (x) = 1 − e−x sur I = R+ .
Correction : La fonction f est dérivable sur tout I et pour tout x ∈ I, f 0 (x) = e−x . Donc f 0 est
strictement positive sur tout I, donc f est strictement croissante, et :
f (0) = 0,
lim f (x) = 1.
x→+∞
Ceci est suffisant pour conclure que inf f = min f = 0, atteint en 0, et sup f = 1 et qu’il n’est pas
atteint.
3. f (x) = 3x4 − 4x3 + 6x2 − 12x + 1 sur I = R.
Correction : D’abord, l’étude du terme de degré le plus élevé du polynome (3x4 ) nous montre que :
lim f (x) = +∞.
x→±∞
Donc sup f = +∞ et n’est donc évidemment pas atteint. Ensuite, pour tout x ∈ R :
f 0 (x) = 12x3 − 12x2 + 12x − 12 = 12(x3 − x2 + x − 1).
On remarque donc que f 0 est un polynome s’annulant en 1. On sait donc qu’il se factorise par (x − 1).
On calcule alors :
f 0 (x) = 12(x − 1)(x2 + 1).
Donc f 0 ne s’annule qu’en 1, et 1 est l’unique point d’extremum potentiel. Elle est négative pour
x ≤ 1 et positive pour x ≥ 1. Donc f est décroissante sur ] − ∞, 1] et croissante sur [1, +∞[. Donc
inf f = min f = f (1) = −6.
1
4. f (x) = √
sur I = [0, 1].
2
x −x+1
1
Correction : Tout d’abord, on a :
2
3
1
+ > 0,
x −x+1= x−
2
4
2
donc f est bien définie sur I, et continue est dérivable sur I. En particulier, comme I est fermé et
borné, f atteint ses bornes. De plus, pour tout x ∈ I :
f 0 (x) =
1 − 2x
.
2(x2 − x + 1)3/2
f 0 ne s’annule donc qu’en x = 1/2, et les seuls points d’extremum potentiels sont 0, 1/2 et 1. Or :
f (0) = 1,
p
f (1/2) = 4/3,
f (1) = 1.
Donc inf f = min f = 1, atteint en 0 et 1, et sup f = max f =
p
4/3, atteint en 1/2.
Exercice 2. Soit f : R → R une fonction continue telle que
lim f (x) = +∞.
x→±∞
Montrer qu’elle admet un minimum global.
Correction : Comme :
lim f (x) = +∞,
x→−∞
Il existe a ∈ R tel que :
∀x ≤ a, f (x) ≥ f (0) + 1.
Comme :
lim f (x) = +∞,
x→+∞
Il existe b ∈ R tel que :
∀x ≥ b, f (x) ≥ f (0) + 1.
De plus, comme f (0) < f (0) + 1, on a a < 0 et b > 0. f est continue sur le segment [a, b]. Donc il existe
x0 ∈ [a, b] tel que :
min f = f (x0 ).
[a,b]
f (x0 ) ≤ f (0), donc si x ∈
/ [a, b], f (x) > f (x0 ). Donc f (x0 ) est le minimum global de f .
Exercice 3. Soit f : [0, +∞[→ R une fonction continue ayant une limite finie en +∞.
1. Montrer que f est bornée.
Correction : Soit l la limite de f en +∞. Il existe b ∈ [0, +∞[ tel que :
∀x ≥ b, l − 1 ≤ f (x) ≤ l + 1.
De plus, f est continue sur le segment [0, b]. Donc f est bornée sur [0, b] : il existe m ∈ R+ tel que :
∀x ∈ [0, b], |f (x)| ≤ m.
Donc en choissant M := max(m, |l + 1|, |l − 1|), pour tout x ∈ [0, +∞[ :
|f (x)| ≤ M.
2. Montrer que f admet un maximum global ou un minimum global.
2
Correction :
— Premier cas : f ≡ l (le signe ≡ signifie "partout égal à").
Si pour tout x ∈ [0, +∞[, f (x) = l, alors l est à la fois le minimum global et le maximum global
de f .
— Deuxième cas : f
≡l.
Soit alors x0 ∈ [0, +∞[ tel que f (x0 ) 6= l. Supposons par exemple que f (x0 ) > l, le cas symétrique
se traitant de façon similaire. Soit ρ ∈ R tel que l < ρ < f (x0 ). Il existe b ∈ [0, +∞[ tel que :
∀x ≥ b, f (x) ≤ ρ.
Or f est continue sur le segment [0, b], donc il existe x1 ∈ [0, b] tel que :
f (x1 ) = max f.
[0,b]
f (x0 ) > ρ, donc x0 ≤ b, donc :
f (x1 ) ≥ f (x0 ) > ρ.
Donc pour tout x ≥ b :
f (x) < f (x1 ).
Donc f (x1 ) est le maximum global de f .
3. Donner un exemple de fonction ayant un maximum global mais pas de minimum.
Correction :
f : x 7→ 1 − e−x .
Exercice 4. Soit f une fonction continue et dérivable de R dans R admettant la même limite dans l’ensemble
R ∪ {−∞, +∞} en −∞ et +∞. Montrer qu’il existe c ∈ R tel que f 0 (c) = 0.
Correction : On traite par exemple le cas ou la limite est finie, et on la note l. Le cas de la limite infinie
est une conséquence directe de l’exercice 2.
— Premier cas : f ≡ l.
Dans ce cas, tout c ∈ R convient.
— Deuxième cas : f
≡l. Soit alors x0 ∈ R tel que f (x0 ) 6= l, et supposons par exemple que f (x0 ) < l, le
cas symétrique se traitant de façon similaire. On choisit alors ρ tel que f (x0 ) < ρ < l. Comme f l , il
+∞
existe b > x0 tel que :
∀x ≥ b, f (x) ≥ ρ.
De la même façon, il existe a < x0 tel que :
∀x ≤ a, f (x) ≥ ρ.
f est continue sur [a, x0 ], f (a) ≥ ρ et f (x0 ) < ρ. Donc par le théorème des valeurs intermédiaires,
il existe α ∈ [a, x0 [ tel que f (α) = ρ. De même, il existe β ∈]x0 , b] tel que f (β) = ρ. On peut donc
appliquer le théorème de Rolle à la fonction f sur l’intervalle [α, β].
Exercice 5. Soit f : [0, +∞[→ R une fonction convexe.
1. Montrer que l’application :
]0, +∞[ −→
7→
x
admet une limite l dans R ∪ {+∞} lorsque x → +∞.
3
R
f (x)
x
Correction : L’application de R∗+ dans R définie pour tout x ∈ R∗+ par :
f (x) − f (0)
x
est croissante en x. Donc elle admet une limite l ∈ R ∪ {+∞} quand x tend vers +∞. Or :
lim
x→+∞
donc :
f (0)
= 0,
x
f (x)
f (x) − f (0)
= lim
= l.
x→+∞ x
x→+∞
x
lim
2. Montrer que si l ≤ 0, alors f est décroissante.
Correction : Pour tout a ∈ R, l’application qui a x ∈]a, +∞[ associe :
f (x) − f (a)
f (x)
x
f (a)
=
×
+
x−a
x
x−a x−a
est également croissante et tend vers l. Donc pour tout b ∈]a, +∞[ :
f (b) − f (a)
≤ l.
b−a
Donc si l ≤ 0, pour tous a < b dans R, f (b) ≤ f (a), et donc f est décroissante.
3. Montrer que si l est fini, alors f (x) − lx admet une limite dans R ∪ {−∞} lorsque x → +∞.
Correction : On a vu à la question précédente que pour tout a < b dans R :
f (b) − f (a)
≤ l.
b−a
Donc :
f (b) − lb ≤ f (a) − la,
et l’application qui à x associe :
f (x) − lx
est décroissante. Elle ademet donc une limite dans R ∪ {−∞}.
Exercice 6. Soit f : R → R une fonction convexe.
1. On suppose que f admet un minimum local.
(a) Montrer que ce minimum est global.
Correction : Soit x0 le point de minimum local de f . Soit ε > 0 tel que pour tout x ∈
[x0 − ε, x0 + ε], f (x) ≥ f (x0 ). Pour montrer que le minimum est global, il suffit de montrer que si
y ∈ R\[x0 − ε, x0 + ε], f (y) ≥ f (x0 ). Soit donc un tel y. On suppose par exemple que y > x0 + ε.
Par un résultat du cours :
f (y) − f (x0 )
f (x0 + ε) − f (x0 )
≥
≥ 0.
y − x0
On a donc le résultat.
(b) Caractériser l’ensemble des points où il est atteint.
4
Correction : On va montrer que l’ensemble des points où le minimum est atteint est un intervalle. Vous montrerez en DM que cet intervalle est fermé. On note I l’ensemble des points où le
minimum est atteint (comme intervalle, ça nous donne du courage), et on note m le dit minimum.
On prend a et b dans I avec a < b, et c tel que a < c < b. Le but est de montrer que c ∈ I. Soit
t ∈]0, 1[ tel que :
(1 − t)a + tb.
On a alors :
m ≤ f (c) = f ((1 − t)a + tb) ≤ (1 − t)f (a) + tf (b) = (1 − t)m + tm = m.
Donc c ∈ I.
(c) Montrer que si f est strictement convexe, alors il est unique.
Correction : Soient a et b deux points de
rents. Alors par convexité :
1
1
a+ b <
f
2
2
minimum global de f . Supposons qu’ils soient diffé1
1
f (a) + f (b) = min f.
2
2
Il y a donc une contradiction et a = b.
2. On suppose que f est dérivable et admet un point critique. Montrer que f atteint en ce point un
minimum global.
Correction : Soit x0 ce point critique. Si y > x0 , par un résultat du cours :
0 = f 0 (x0 ) ≤
f (y) − f (x0 )
y − x0
Donc :
f (y) ≥ f (x0 ).
On raisonne de même quand y < x0 .
3. On suppose que f est deux fois dérivable et qu’il existe un réel c tel que f 00 ≥ c > 0. Montrer que f
possède un unique minimum global. Que peut-on dire si l’on suppose seulement que f 00 > 0 ?
Correction : Par l’inégalité des accroissements finis appliquée à f 0 , pour tout x > 0 :
f 0 (x) − f 0 (0) ≥ cx
Donc quand x → +∞, f 0 (x) > 0. De même, quand x → −∞, f 0 (x) < 0. Par le théorème des valeurs
intermédiaires (f 0 est continue), il existe donc un point x0 tel que f 0 (x0 ) = 0. On conclut alors grâce
à la question précédente. Je fais juste une remarque pour dire qu’on aurait pu se passer du théorème
des valeurs intermédiaires en utilisant l’exercice 2.
exp fournit un contre-exemple du deuxième point.
2
Avec économie
Exercice 7. C’était une erreur de vous mettre cet exercice sans repasser derrière, l’énoncé est
très approximatif... Je le corrige quand même du mieux que je peux !
1. Soit un bien à produire en quantité x ∈ R∗+ . La fonction qui à la quantité x associe le coût total lié à sa
production est appelée fonction de coût et est notée C(x). Sa dérivée C 0 (x) est appelée coût marginal
et est notée Cm(x). Le coût moyen est défini par CM (x) = C(x)/x.
Montrer que si le coût marginal est supérieur (resp. inférieur) au coût moyen, alors ce dernier est
croissant (resp. décroissant).
5
Correction : On montre que si Cm(x) ≥ CM (x), alors CM (x) est croissant. Il faut comprendre
même si c’est très mal dit : montrer que si Cm(x) ≥ CM (x), alors CM 0 (x) ≥ 0. On calcule :
CM 0 (x) =
Cm(x) CM (x)
−
,
x
x
ce qui donne le résultat.
2. Supposons qu’une firme produit ce bien avec la fonction de coût C(x). La vente d’une quantité x va lui
rapporter une recette R(x). On note alors Π(x) = R(x) − C(x) le profit de cette firme. En supposant
que le prix du bien est fixé à p, on a alors R(x) = px.
(a) Écrire les conditions d’existence d’un niveau de production optimal, i.e. d’une quantité x∗ telle
que Π(x∗ ) = max Π(x). Interpréter ces relations.
Correction : En x∗ , on devrait avoir :
Π0 (x∗ ) = p − Cm(x∗ ) = 0,
Π00 (x∗ ) = −Cm0 (x∗ ) ≥ 0.
La première égalité dit qu’à l’optimum, le coût d’une unité supplémentaire de produit est égal au
prix de vente, la seconde énonce que le coût marginal "croît" à l’optimal (à mettre entre plein de
guillemets !).
(b) Dans le cas où la fonction de coût est convexe, quel est l’effet d’une augmentation du prix p ?
Correction : On écrit maintenant x∗ comme une fonction de p, et on suppose qu’elle est
dérivable : x∗ = x(p). On a alors :
Cm(x(p)) = p
Si q > p on a alors :
Cm(x(p)) < q,
Cm(x(q)) = q.
Or Cm est croissante (C convexe), donc x(p) < x(q). Une augmentation du prix de vente provoque
une augmentation de la production.
(c) Dans le cas où la fonction de coût est concave, que peut-on dire ?
Correction : Dans ce cas, on a oubien :
max Π(x) = Π(0)
(or il est raisonnable de penser que C(0) = 0, et donc Π(0) = 0), ou bien :
sup Π(x) = lim Π(x) = +∞.
x→+∞
En effet, la fonction qui à x ∈ R∗+ associe :
C(x) − C(0)
x
est décroissante, et donc converge vers une limite l ∈ R ∪ {−∞} quand x → +∞. Si l ≥ p, alors
pour tout x ∈ R∗+ :
C(x) − C(0)
≥p
x
6
et donc :
px − C(x) ≤ −C(0),
i.e. Π(x) ≤ Π(0).
On est donc dans le premier cas. Si l < p, soit q ∈ R tel que l < q < p. Il existe x0 ∈ R∗+ tel que
pour tout x ≥ x0 :
C(x) − C(0)
≤ q.
x
On a donc :
px − C(x) ≥ (p − q)x − C(0) −→ +∞.
x→+∞
3. Supposons maintenant que le prix ne soit plus fixé et que la production soit donnée en fonction du prix
via une fonction de demande :
x = F (p) > 0.
(a) Faire le calcul explicite de la production optimale et de son prix pour :
F : p 7→ a − bp,
C : x 7→ kx2 .
Correction : On a :
Π(p) = F (p)p − C(F (p)) = (a − bp)p − k(a − bp)2 .
On trouve alors :
a 1 + 2kb
,
2b 1 + kb
a 1
x=
.
2 1 + kb
p=
On définit l’élasticité-prix par :
ε(p) =
pF 0 (p)
.
F (p)
(b) Montrer que, pour une faible variation ∆p du prix, la variation ∆F (p) de la demande vérifie :
ε(p) ≈
∆F (p)
F (p)
∆p
p
.
Correction : Pour des faibles variations du prix, on a :
∆F (p) ≈ F 0 (p)∆p.
Donc :
pF 0 (p)
pF 0 (p)∆p
≈
≈
F (p)
F (p)∆p
∆F (p)
F (p)
∆p
p
.
(c) On dit d’un bien que sa demande est élastique si son élasticité-prix est strictement inférieure à la
valeur −1, inélastique si elle est strictement supérieure et unitaire si elle est égale. Montrer que
pour un bien dont la demande est inélastique (resp. élastique), une hausse du prix engendre une
hausse (resp. une baisse) de la recette pour la firme.
7
Correction : La recette de la firme s’écrit :
R(p) = pF (p).
En dérivant ça, on obtient :
R0 (p) = F (p) + pF 0 (p) = F (p)(1 + ε(p)).
Par exemple, comme F est positive, on a bien R0 (p) > 0 si ε(p) > −1.
Exercice 8 (En version originale, #hipsterpower ).
1. Une entreprise produit des disquettes au coût unitaire de 5 francs. L’entrepreneur calcule que si chaque
disquette se vend x francs, (15 − x) disquettes seront vendues. Quelle est la fonction de profit de
l’entreprise ? Quel prix de vente l’entrepeneur devrait-il choisir pour maximiser son profit ?
Correction : Si la disquette se vend x francs, l’entrepreneur doit produire (15 − x) disquettes, au
coût total de 5 × (15 − x) francs. Sa recette est alors (15 − x) × x francs. Son profit est donc :
(15 − x) × (x − 5) = −x2 + 20x − 75 = −(x − 10)2 + 25.
Cette valeur est maximale pour x = 10, et vaut alors 25 francs.
2. Un entrepreneur peut produire des textes économiques au coût unitaire de 5 francs. Chaque texte
se vend d’habitude à 10 francs et, à ce prix, 10 textes sont vendus par jour. L’entrepreneur constate
que chaque baisse du prix d’un franc permet de vendre une copie supplémentaire par jour. Écrivez les
fonctions de demande et de profit. Quel prix de vente maximise le profit ?
Correction : Fonction de demande :
On la note F . L’entrepreneur constate que pour chaque x ∈ {0, . . . , 10} :
F (10 − x) = 10 + x.
En d’autres termes pour tout p ∈ {0, ,̇10} :
F (p) = 20 − p.
Fonction de profit :
On la note Π. Pour tout p ∈ {0, . . . , 10} :
Π(p) = p × F (p) − 5F (p) = −p2 + 25p − 100 = −(p − 12, 5)2 + 56, 25.
Donc pour p ∈ {0, . . . , 10}, le maximum est atteint en 10. En fait, si l’interpolation pour les prix
supérieurs à 10 francs reste valable, il semblerait même que l’entreprener ait intérêt à augmenter son
prix à la valeur de 12 ou 13 francs, valeurs de p pour lesquels le profit s’élève à 56 francs.
8