Corrigé du TD n°1 d'Optimisation non-linéaire - Master IMSD

UNIVERSITÉ IBN ZOHR
FPO, OUARZAZATE
MASTER IMSD
Optimisation non-linéaire
Année 2024-2025
Corrigé du TD n◦1
Exercice 0
1. Pour tous x, y réels,
∇fα(x, y) = 2(x−uy, y −ux)et Hess fα(x, y)=21−u
−u1.
2. Utilisons le critère sur les dérivées secondes. La fonction fuest convexe si, et
seulement si la matrice Hess fu(x, y)(qui ne dépend pas de xet y) est semi-définie
positive. Soient λ1, λ2les valeurs propres de cette matrice. On a λ1λ2= 4(1 −u2)
(déterminant) et λ1+λ2= 4 (trace). La matrice est définie positive si, et seulement
si son déterminant et sa trace sont positives ou nulles. On en déduit que fuest
convexe si, et seulement si |u| ≤ 1.
3. Dans ce cas, λ1λ2= 3 et λ1+λ2= 4, donc λ1= 1 et λ2= 3. Puisque
(Hess fα(x, y)h, h)≥λ1∥h∥2pour tout h∈R2, on en déduit que fαest α-convexe
avec α= 1.
4. f1/2est α-convexe, continue sur R2qui est fermé donc le problème inf(x,y)∈R2f1/2(x, y)
possède une unique solution (cf. cours), solution de l’équation d’Euler ∇f1/2(x, y) =
0, autrement dit
(x−y
2= 0
−x
2+y= 0
dont l’unique solution est (x, y) = (0,0).
Exercice 1
L’ensemble des contraintes est K={(x, y)∈R2|h(x, y)=0}avec
h(x, y) = x2+y2−1.
Les contraintes sont qualifiées en tout point de Kcar
∇h(x, y) = (2x, 2y)̸= (0,0) pour (x, y)∈K.
Soit f(x, y) = αx +βy. D’après le théorème des extrema liés il existe λ∈Rtel que
(∇f(x, y) + λ∇h(x, y) = 0,
h(x, y) = 0.
1

Ce qui donne le système
α+ 2λx = 0,
β+ 2λy = 0,
x2+y2= 1.
Si λ= 0 alors α=β= 0 (exclu par hypothèse). Donc λ̸= 0 et
x=−α
2λ, y =−β 2λ.
En imposant x2+y2= 1 on obtient
λ2=α2+β2
4=⇒λ=±pα2+β2 2.
Les candidats sont donc
(x1, y1) = α
√α2+β2,β √α2+β2,(x2, y2) = −α √α2+β2,−β √α2+β2.
Si α≥0et β≥0alors f(x1, y1) = pα2+β2≥ −pα2+β2=f(x2, y2). Ainsi la solution
du problème est (x2, y2).
Exercice 2
1. Soit ψ:x7→ x−x2
2. On a ψ′(x)=1−xdonc ψest strictement croissante sur [0,1[.
De plus sur [0,1[,ψ(x)≤x, et ψ(0) = 0,ψ′(0) = 1. Ces informations permettent
de tracer la courbe.
2

L’ensemble Kconsidéré n’est pas convexe. Par exemple (0,0) ∈Ket (1,1
2)∈K
mais la moyenne 1
2,1 4/∈Kcar on aurait alors 1 2−
1
4
2≤1 4ce qui donne 3 8≤1 4ce
qui est faux.
2. On introduit les fonctions définissant les contraintes :
g1(x, y) = −x, g2(x, y) = x−1, g3(x, y) = x−x2
2−y, g4(x, y) = y−x.
Contraintes en (0,0) : l’ensemble des contraintes actives est
I(0,0) = {1,3,4}.
Puisque g1est affine, et g3et g4ne sont pas affines, si les contraintes sont qualifiées
en (0,0), il existe z= (z1, z2)∈R2tel que
−z1=⟨∇g1(0,0), z⟩ ≤ 0, z1−z2=⟨∇g3(0,0), z⟩<0,−z1+z2=⟨∇g4(0,0), z⟩<0,
et on obtient une contradiction. Les contraintes ne sont donc pas qualifiées en (0,0).
Contraintes en (1,1) : l’ensemble des contraintes actives est
I(1,1) = {2,4}.
Puisque g2est affine et g3n’est pas affine, les contraintes sont qualifiées s’il existe
z= (z1, z2)∈R2tel que
z1=⟨∇g2(1,1), z⟩ ≤ 0,−z1+z2=⟨∇g4(1,1), z⟩<0,
donc (0,−1) convient et les contraintes sont qualifiées en (1,1).
Exercice 3
1. L’ensemble
K={(x, y)∈R2|x2+y2≤1, x +y≥0}
est fermé et borné, donc compact. Comme fest continue, une solution existe.
2. Posons g1(x, y) = x2+y2−1et h1(x, y) = −(x+y). Les contraintes sont qualifiées
:
•si I(x, y) = ∅, on a ∇g1(x, y) = (2x, 2y)̸= 0 car (0,0) /∈K;
•si I(x, y) = {1}, alors ∇g1(x, y)et ∇h1(x, y) = (1,1) sont linéairement in-
dépendants sauf pour x=y= 0, exclu car (0,0) /∈K.
3. D’après Kuhn-Tucker, il existe λ∈Ret µ≥0tels que
y+ 2λx −µ= 0,
x+ 2λy −µ= 0,
x2+y2= 1,
µ(x+y) = 0, x +y≥0.
3

Si µ > 0, alors x+y= 0 donc, en sommant les deux premières équations, 2µ=
(y+z)+2λ(x+y)=0ce qui est impossible.
Si µ= 0, alors y=−2xet x=−2yd’où x= 4x2. Ainsi on a x(1 −4x2) = 0 ce qui
implique soit x= 0 (impossible car alors y= 0 et x2+y2̸= 1) soit x=±1/√2. On
a ainsi x=∓ypuis 2x2= 1 soit x=±1/√2. On obtient donc les paires suivantes
(x, y) = (1/√2,−1/√2),(−1/√2,1/√2),(−1/√2,−1/√2).
La dernière paire n’est pas valide car elle ne vérifie pas la contrainte x+y≥0.
Enfin, on a f(1/√2,−1/√2) = f((−1/√2,1/√2) = 1/2< f(1/√2,1/√2) = 1/2<
f(1/√2,−1/√2) = 1/2. Le minimum (il en existe au moins un) est parmi les
candidats trouvés. On a donc ici deux minima (−1/√2,1/√2) et (1/√2,−1/√2).
Exercice 4
Travail à Faire à Domicile
Exercice 5
1. Puisque Pest C∞, on peut étudier sa convexité via sa hessienne :
Hess P(x, y) = −10 2
2−10.
Cette matrice réelle symétrique est diagonalisable. On a λ1+λ2= Tr(HessP) =
−20 et λ1λ2= det(HessP) = 96, donc les deux valeurs propres sont strictement
négatives. Ainsi Pest concave sur R2.
2. La contrainte sur la capacité de production s’écrit x+y= 20. On résout donc
sup
h(x,y)=0
P(x, y), h(x, y) = x+y−20.
Comme Pest quadratique et concave, −Pest coercive. L’ensemble {(x, y)∈R2|
h(x, y) = 0}est un fermé non vide, donc le problème admet une solution.
Les contraintes étant qualifiées (car ∇h= (1,1) ̸= 0), les conditions de Lagrange
donnent :
∇P(x, y) = λ∇h(x, y)⇒
−10x+ 2y+ 3 = λ,
−10y+ 2x+ 3 = λ,
x+y= 20.
On obtient x=y= 10 et λ=−77. Le profit maximal est alors P(10,10) = 260.
Remarque : les contraintes x > 0,y > 0sont vérifiées a posteriori.
4

3. Si le conseil d’administration impose x+y≤20, on résout :
sup
h(x,y)≤0
P(x, y).
Le théorème de Kuhn–Tucker assure l’existence de µ≤0tel que
−10x+ 2y+ 3 = µ,
−10y+ 2x+ 3 = µ,
x+y≤20,
µ(x+y−20) = 0.
On déduit
x=y=3−µ
8, x ≤10.
•Si µ=−77,(x, y) = (10,10) et P= 260.
•Si µ= 0,(x, y)=(3
8,3 8)et P=8009
8≈1001,125.
Ainsi il est préférable de réduire la production : optimum en (x, y)=(3
8,3 8).
5