Conditions Suffisantes du Second Ordre
La méthode de Lagrange nous permet de trouver les points critiques d’une fonction sous contrainte, mais elle ne nous dit rien sur leur nature. Pour savoir si un point critique est un minimum ou un maximum, il faut une analyse du second ordre, analogue au test de la Hessienne pour les problèmes sans contrainte. Cette analyse porte sur la Hessienne du Lagrangien.
1. L’Analyse de la Forme Quadratique
L’idée est d’étudier la « courbure » de la fonction $f$ non pas dans toutes les directions, mais seulement dans les directions qui sont tangentes à la contrainte. En un point critique $a$, on étudie le signe de la forme quadratique associée à la Hessienne du Lagrangien, $q(h) = h^T H_L(a) h$, mais uniquement pour les vecteurs $h$ qui appartiennent à l’espace tangent de la contrainte.
Soit $a$ un point critique trouvé par la méthode de Lagrange avec le multiplicateur $\lambda$. On considère la Hessienne du Lagrangien $H_L(a)$ par rapport aux variables d’origine.
- Si la forme quadratique $h^T H_L(a) h$ est définie positive pour tous les vecteurs non nuls $h$ tangents à la contrainte (c’est-à-dire $\nabla g(a) \cdot h = 0$), alors $a$ est un minimum local strict.
- Si la forme quadratique $h^T H_L(a) h$ est définie négative pour tous les vecteurs non nuls $h$ tangents à la contrainte, alors $a$ est un maximum local strict.
2. Outil Pratique : le Hessien Bordé
L’étude du signe d’une forme quadratique sur un sous-espace peut être compliquée. Heureusement, il existe un outil matriciel plus direct, appelé le Hessien bordé, dont le signe du déterminant nous renseigne sur la nature du point critique.
Pour un problème avec deux variables $(x,y)$ et une contrainte $g(x,y)=k$, le Hessien bordé au point critique $(a,b)$ est la matrice $3 \times 3$ : $$ \bar{H}(a,b) = \begin{pmatrix} 0 & \frac{\partial g}{\partial x} & \frac{\partial g}{\partial y} \\ \frac{\partial g}{\partial x} & \frac{\partial^2 L}{\partial x^2} & \frac{\partial^2 L}{\partial x \partial y} \\ \frac{\partial g}{\partial y} & \frac{\partial^2 L}{\partial y \partial x} & \frac{\partial^2 L}{\partial y^2} \end{pmatrix} $$ où toutes les dérivées sont évaluées au point critique.
- Si $\det(\bar{H}) < 0$, le point est un minimum local.
- Si $\det(\bar{H}) > 0$, le point est un maximum local.
- Si $\det(\bar{H}) = 0$, le test est inconclusif.
Exemple d’Application
Reprenons le problème de la recherche des extrémums de $f(x,y)=xy$ sur le cercle $x^2+y^2=8$.
Nous avons trouvé quatre points critiques : $(2,2)$ et $(-2,-2)$ avec $\lambda=1/2$, puis $(2,-2)$ et $(-2,2)$ avec $\lambda=-1/2$.
- Calculs préliminaires :
- Contrainte : $g(x,y) = x^2+y^2-8$. Dérivées : $\frac{\partial g}{\partial x}=2x$, $\frac{\partial g}{\partial y}=2y$.
- Lagrangien : $L(x,y,\lambda) = xy – \lambda(x^2+y^2-8)$.
- Dérivées secondes de L : $\frac{\partial^2 L}{\partial x^2}=-2\lambda$, $\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}=-2\lambda$, $\frac{\partial^2 L}{\partial x \partial y}=1$.
- Étude du point (2,2) avec $\lambda=1/2$ :
- $\frac{\partial g}{\partial x}(2,2)=4$, $\frac{\partial g}{\partial y}(2,2)=4$.
- $\frac{\partial^2 L}{\partial x^2}=-1$, $\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}=-1$, $\frac{\partial^2 L}{\partial x \partial y}=1$.
Comme $\det(\bar{H}) > 0$, le point (2,2) est un maximum local. - Étude du point (2,-2) avec $\lambda=-1/2$ :
- $\frac{\partial g}{\partial x}(2,-2)=4$, $\frac{\partial g}{\partial y}(2,-2)=-4$.
- $\frac{\partial^2 L}{\partial x^2}=1$, $\frac{\partial^2 L}{\partial y^2}=1$, $\frac{\partial^2 L}{\partial x \partial y}=1$.
Comme $\det(\bar{H}) < 0$, le point (2,-2) est un minimum local.
Les autres points se traitent de manière symétrique.