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Méthode des Multiplicateurs de Lagrange
La méthode des multiplicateurs de Lagrange est une stratégie puissante pour résoudre les problèmes d’optimisation avec contraintes d’égalité. Elle transforme le problème contraint en un problème d’optimisation libre sur une nouvelle fonction, le Lagrangien, en introduisant de nouvelles variables appelées « multiplicateurs de Lagrange ».
1. Le Théorème de Lagrange
Le théorème formalise l’intuition géométrique de la colinéarité des gradients.
Soient $f: U \to \mathbb{R}$ et $g: U \to \mathbb{R}$ deux fonctions de classe C¹ sur un ouvert $U \subset \mathbb{R}^p$.
Soit $a \in U$ un point qui est un extremum local de $f$ sous la contrainte $g(x)=k$.
Si le gradient de la contrainte n’est pas nul en ce point ($\nabla g(a) \neq \vec{0}$), alors il existe un unique scalaire $\lambda \in \mathbb{R}$ tel que :
$$ \nabla f(a) = \lambda \nabla g(a) $$
Le scalaire $\lambda$ est appelé le multiplicateur de Lagrange.
2. La Méthode Pratique
Pour trouver les extrémums de $f$ sous la contrainte $g(x)=k$, on applique la méthodologie suivante :
- Construire le Lagrangien : On définit la fonction $L$ de $p+1$ variables : $$ L(x_1, \dots, x_p, \lambda) = f(x_1, \dots, x_p) – \lambda (g(x_1, \dots, x_p) – k) $$
- Trouver les points critiques du Lagrangien : On résout le système de $p+1$ équations à $p+1$ inconnues en annulant le gradient de $L$ : $$ \nabla L = \vec{0} \iff \begin{cases} \frac{\partial f}{\partial x_1} – \lambda \frac{\partial g}{\partial x_1} = 0 \\ \vdots \\ \frac{\partial f}{\partial x_p} – \lambda \frac{\partial g}{\partial x_p} = 0 \\ g(x_1, \dots, x_p) = k \end{cases} $$
- Comparer les valeurs : Les solutions du système sont les seuls candidats possibles pour les extrémums. On calcule la valeur de la fonction $f$ en chacun de ces points. Le plus grand est le maximum, le plus petit est le minimum.
Exemple : Trouver les extrémums sur un cercle
Trouver les extrémums de la fonction $f(x,y) = xy$ sur le cercle d’équation $x^2+y^2=8$.
- Mise en place :
- Fonction à optimiser : $f(x,y) = xy$.
- Contrainte : $g(x,y) = x^2+y^2=8$.
- Lagrangien : $$ L(x,y,\lambda) = xy – \lambda (x^2+y^2-8) $$
- Système de points critiques : $$ \begin{cases} \frac{\partial L}{\partial x} = y – 2\lambda x = 0 & (1) \\ \frac{\partial L}{\partial y} = x – 2\lambda y = 0 & (2) \\ \frac{\partial L}{\partial \lambda} = -(x^2+y^2-8) = 0 & (3) \end{cases} $$
- Résolution :
De (1), $y=2\lambda x$. De (2), $x=2\lambda y$.
On substitue $y$ de (1) dans (2) : $x = 2\lambda(2\lambda x) = 4\lambda^2 x$.
$x(1-4\lambda^2) = 0$. On a deux cas :- Cas 1 : $x=0$. Alors $y=2\lambda(0)=0$. Mais si on reporte dans (3), $0^2+0^2=8$, ce qui est impossible. Ce cas ne donne pas de solution.
- Cas 2 : $1-4\lambda^2=0$. Alors $\lambda^2 = 1/4$, donc $\lambda = 1/2$ ou $\lambda = -1/2$.
- Si $\lambda=1/2$, alors $y=2(1/2)x=x$. On reporte dans (3) : $x^2+x^2=8 \implies 2x^2=8 \implies x^2=4 \implies x=\pm 2$. On a deux points : (2,2) et (-2,-2).
- Si $\lambda=-1/2$, alors $y=2(-1/2)x=-x$. On reporte dans (3) : $x^2+(-x)^2=8 \implies 2x^2=8 \implies x^2=4 \implies x=\pm 2$. On a deux autres points : (2,-2) et (-2,2).
- Comparaison : On évalue $f(x,y)=xy$ en ces quatre points :
- $f(2,2) = 4$
- $f(-2,-2) = 4$
- $f(2,-2) = -4$
- $f(-2,2) = -4$
Le minimum global est -4, atteint aux points (2,-2) et (-2,2).