La Fonction Lagrangien : Clé de l’Optimisation avec Contraintes

La Fonction Lagrangien

La méthode des multiplicateurs de Lagrange repose sur la construction d’une fonction auxiliaire, le Lagrangien. Cette fonction ingénieuse transforme un problème d’optimisation contrainte (difficile) en un problème d’optimisation libre (plus simple), en intégrant la contrainte directement dans la fonction à optimiser via une nouvelle variable, le multiplicateur de Lagrange.

1. Définition du Lagrangien

Définition : Le Lagrangien

Soit le problème de l’optimisation d’une fonction $f(x)$ (avec $x \in \mathbb{R}^p$) sous la contrainte d’égalité $g(x)=k$.
Le Lagrangien associé à ce problème est une fonction $L$ de $p+1$ variables (les $p$ variables de $x$ et une nouvelle variable $\lambda$) définie par : $$ L(x, \lambda) = f(x) – \lambda (g(x) – k) $$ La variable $\lambda$ est appelée le multiplicateur de Lagrange.

L’idée est que si la contrainte $g(x)-k=0$ est respectée, le terme additionnel est nul et le Lagrangien a la même valeur que la fonction $f$.

2. La Condition d’Optimalité

Le théorème de Lagrange nous dit que les extrémums du problème contraint se trouvent parmi les points critiques du Lagrangien. La recherche de ces points critiques se fait en annulant le gradient de $L$.

Recherche des Points Critiques du Lagrangien

Les points candidats $(a, \lambda)$ pour un extremum sont les solutions du système : $$ \nabla L(a, \lambda) = \vec{0} $$ Ce qui se décompose en $p+1$ équations :

  • Dérivées par rapport à $x_i$ : Pour chaque $i \in \{1, \dots, p\}$, on a : $$ \frac{\partial L}{\partial x_i} = \frac{\partial f}{\partial x_i} – \lambda \frac{\partial g}{\partial x_i} = 0 \quad \iff \quad \frac{\partial f}{\partial x_i} = \lambda \frac{\partial g}{\partial x_i} $$ Ces $p$ équations se résument à l’équation vectorielle $\nabla f(a) = \lambda \nabla g(a)$, qui est la condition de colinéarité des gradients.
  • Dérivée par rapport à $\lambda$ : $$ \frac{\partial L}{\partial \lambda} = -(g(a) – k) = 0 \quad \iff \quad g(a) = k $$ Cette dernière équation garantit simplement que la solution trouvée respecte la contrainte initiale.

3. Exemple d’Utilisation

Trouver les dimensions d’une boîte rectangulaire ouverte sur le dessus de volume 32 m³, qui minimise la surface de matériau utilisé.

  1. Mise en équation : Soient $x,y,z$ les dimensions.
    • Fonction à minimiser (Surface) : $S(x,y,z) = xy + 2xz + 2yz$.
    • Contrainte (Volume) : $V(x,y,z) = xyz = 32$.
  2. Lagrangien : $$ L(x,y,z,\lambda) = (xy + 2xz + 2yz) – \lambda (xyz – 32) $$
  3. Système de points critiques : $$ \begin{cases} \frac{\partial L}{\partial x} = y + 2z – \lambda yz = 0 & (1) \\ \frac{\partial L}{\partial y} = x + 2z – \lambda xz = 0 & (2) \\ \frac{\partial L}{\partial z} = 2x + 2y – \lambda xy = 0 & (3) \\ \frac{\partial L}{\partial \lambda} = -(xyz – 32) = 0 & (4) \end{cases} $$
  4. Résolution :
    De (1), (2), (3) on peut isoler $\lambda$ (en supposant $x,y,z \neq 0$) : $$ \lambda = \frac{y+2z}{yz} = \frac{1}{z}+\frac{2}{y} \quad ; \quad \lambda = \frac{x+2z}{xz} = \frac{1}{z}+\frac{2}{x} \quad ; \quad \lambda = \frac{2x+2y}{xy} = \frac{2}{y}+\frac{2}{x} $$ En égalant les deux premières expressions pour $\lambda$, on obtient $\frac{2}{y} = \frac{2}{x} \implies x=y$.
    En égalant la première et la troisième, on obtient $\frac{1}{z} = \frac{2}{x} \implies x=2z$.
    On a donc $x=y=2z$. On reporte ces relations dans la contrainte (4) : $$ (2z)(2z)(z) = 32 \implies 4z^3=32 \implies z^3=8 \implies z=2 $$ On en déduit $x=4$ et $y=4$.

La surface est minimale pour une base carrée de 4m x 4m et une hauteur de 2m.