Niveau : supérieur, du facile au difficile. Durée estimée : 2 h. 10 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
Pour trouver les extrema de $f$ sur la courbe d'équation $g(x,y)=0$, cherche les points où $\nabla f=\lambda\nabla g$ : le gradient de $f$ (le vecteur de ses dérivées partielles) y est colinéaire à celui de $g$. Le réel $\lambda$ s'appelle le multiplicateur de Lagrange. Exemple : pour $f(x,y)=x+y$ sur le cercle $x^2+y^2=2$, le système $1=2\lambda x$, $1=2\lambda y$ donne $x=y$, d'où deux candidats, $(1,1)$ et $(-1,-1)$. Le cercle est fermé et borné, donc $f$ y atteint son maximum, $2$ en $(1,1)$, et son minimum, $-2$ en $(-1,-1)$.
Cette condition vaut pour $f$ et $g$ de classe $\mathcal{C}^1$ (dérivées partielles continues), aux points où $\nabla g\neq0$ : les autres points de la contrainte s'examinent à part. Pour conclure, retiens qu'une fonction continue sur une partie fermée et bornée (on dit compacte) y atteint son maximum et son minimum : il suffit alors de comparer les valeurs des candidats. Sinon, étudie $f$ directement. Sur un domaine défini par des inégalités, cherche les points critiques ($\nabla f=0$) à l'intérieur, puis traite le bord. Ce théorème d'optimisation sous une contrainte est au programme de MP et MPI (ministère de l'Enseignement supérieur, 2021).
Formules à retenir :
- Système de Lagrange : $\partial_x f=\lambda\,\partial_x g$, $\partial_y f=\lambda\,\partial_y g$, $g(x,y)=0$.
- Colinéarité dans le plan : $\nabla f$ et $\nabla g$ colinéaires $\iff \partial_x f\,\partial_y g-\partial_y f\,\partial_x g=0$.
- Point critique intérieur : $\nabla f=(0,0)$.
Piège classique : une solution du système n'est qu'un candidat. Elle ne dit ni qu'il y a un extremum, ni s'il s'agit d'un maximum ou d'un minimum : sans compacité ou étude directe, tu ne peux pas conclure.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : Soit $f(x,y)=x^2+y^2$ et la droite d'équation $x+y=1$. a) Écris le système de Lagrange et résous-le. b) Justifie la nature du point obtenu et dis si $f$ admet un maximum sur la droite.
Correction :
On résout le système, puis on étudie $f$ sur la droite, qui n'est pas bornée.
a) Avec $g(x,y)=x+y-1$, $\nabla g=(1,1)$ ne s'annule jamais et $\nabla f=(2x,2y)$. Le système $2x=\lambda$, $2y=\lambda$, $x+y=1$ donne $x=y=\tfrac12$ et $\lambda=1$.
b) Sur la droite, $y=1-x$ et $f=2x^2-2x+1=2\left(x-\tfrac12\right)^2+\tfrac12$. Cette expression vaut au moins $\tfrac12$ et tend vers $+\infty$ quand $x$ tend vers $+\infty$.
Minimum $\tfrac12$ en $\left(\tfrac12,\tfrac12\right)$, pas de maximum.
Exercice 2 : Soit $f(x,y)=x^2+y$ et le cercle $C$ d'équation $x^2+y^2=5$. a) Vérifie que $A(1,2)$ est sur $C$. b) Justifie que la restriction de $f$ à $C$ n'a pas d'extremum local en $A$.
Correction :
Un extremum local en un point où $\nabla g\neq0$ impose que les gradients soient colinéaires : on teste cette condition.
a) $1^2+2^2=5$, donc $A$ est sur $C$.
b) Avec $g(x,y)=x^2+y^2-5$ : $\nabla f(1,2)=(2,1)$ et $\nabla g(1,2)=(2,4)$, non nul. Le déterminant $2\times4-1\times2=6$ n'est pas nul : les gradients ne sont pas colinéaires.
La condition nécessaire échoue : $f$ n'a pas d'extremum local sur $C$ en $A$.
Exercice 3 : Soit $f(x,y)=x^2+2y^2$. Détermine le maximum et le minimum de $f$ sur le cercle $x^2+y^2=1$, et les points où ils sont atteints.
Correction :
Le cercle est fermé et borné : on cherche les candidats par Lagrange, puis on compare les valeurs.
$\nabla g=(2x,2y)$ ne s'annule pas sur le cercle. Le système donne $2x=2\lambda x$ et $4y=2\lambda y$, soit $x(1-\lambda)=0$ et $y(2-\lambda)=0$.
Si $x=0$, alors $y=\pm1$ et $f=2$. Si $\lambda=1$, alors $y=0$, $x=\pm1$ et $f=1$.
Maximum $2$ en $(0,1)$ et $(0,-1)$ ; minimum $1$ en $(1,0)$ et $(-1,0)$. Erreur à éviter : simplifier $2x=2\lambda x$ par $x$ fait perdre le cas $x=0$, donc le maximum.
Exercices : niveau moyen
Exercice 4 : Un éleveur clôture un enclos rectangulaire avec $100\ \text{m}$ de grillage, sur les quatre côtés. On note $x$ et $y$ ses dimensions, en mètres. Modélise le problème, puis trouve par la méthode de Lagrange les dimensions qui donnent l'aire maximale, et calcule cette aire.
Correction :
On maximise l'aire $S(x,y)=xy$ sous la contrainte $2x+2y=100$, soit $x+y=50$, avec $x\geqslant0$ et $y\geqslant0$.
Le système $y=\lambda$, $x=\lambda$, $x+y=50$ donne $x=y=25$.
Sur le segment $x+y=50$, $x,y\geqslant0$, fermé et borné, $S$ atteint un maximum, forcément à l'intérieur puisque $S$ est nulle aux deux bouts : c'est le seul candidat.
Un carré de $25\ \text{m}$ de côté, d'aire $625\ \text{m}^2$.
Exercice 5 : Soit $f(x,y)=x^2+y^2$ sur le demi-plan $P$ défini par $x+y\leqslant1$. Un camarade reprend l'exercice 1 et affirme que le minimum de $f$ sur $P$ vaut $\tfrac12$. Montre qu'il se trompe, puis détermine les extrema de $f$ sur $P$.
Correction :
On cherche les points critiques à l'intérieur, on traite le bord, puis on compare.
Intérieur ($x+y<1$) : $\nabla f=(2x,2y)$ ne s'annule qu'en $(0,0)$, qui en fait partie, et $f(0,0)=0$.
Bord ($x+y=1$) : d'après l'exercice 1, $f\geqslant\tfrac12$.
Comme $f\geqslant0$, le minimum est $0$. Et $f(-t,-t)=2t^2$ tend vers $+\infty$ quand $t$ tend vers $+\infty$, alors que $(-t,-t)$ reste dans $P$ pour $t>0$ : pas de maximum.
Minimum $0$ en $(0,0)$, pas de maximum. Ton camarade n'a regardé que le bord : avec une inégalité, l'intérieur compte aussi.
Exercice 6 : Une boîte cylindrique sans couvercle doit contenir $500\ \text{cm}^3$. On note $r$ son rayon et $h$ sa hauteur, en centimètres. Pour utiliser le moins de matière, on minimise l'aire du fond plus celle de la paroi. Écris le système de Lagrange et déduis-en $r$ et $h$.
Correction :
On minimise $A(r,h)=\pi r^2+2\pi rh$ sous la contrainte $\pi r^2h=500$, avec $r>0$ et $h>0$.
$\nabla A=(2\pi r+2\pi h,\ 2\pi r)$ et $\nabla g=(2\pi rh,\ \pi r^2)$, non nul. La deuxième équation, $2\pi r=\lambda\pi r^2$, donne $\lambda=\tfrac2r$ ; la première devient $2\pi r+2\pi h=4\pi h$, d'où $r=h$.
Alors $\pi r^3=500$, soit $r=\sqrt[3]{500/\pi}$.
C'est bien le minimum : avec $h=\tfrac{500}{\pi r^2}$, l'aire vaut $\pi r^2+\tfrac{1000}{r}$, de dérivée $2\pi r-\tfrac{1000}{r^2}$, négative puis positive autour de cette valeur.
$r=h=\sqrt[3]{500/\pi}\approx5{,}42\ \text{cm}$. Ne généralise pas : avec couvercle, le même calcul donne $h=2r$.
Exercices : niveau difficile
Exercice 7 : Soit $f(x,y,z)=x+2y+3z$. Détermine les extrema de $f$ sur l'ensemble $\Gamma$ des points qui vérifient à la fois $x+y+z=1$ et $x^2+y^2=1$.
Correction :
La contrainte linéaire permet d'éliminer $z$ : il ne reste qu'une contrainte.
Avec $z=1-x-y$, $f=3-2x-y$, à étudier sur le cercle $x^2+y^2=1$. Le système $-2=2\lambda x$, $-1=2\lambda y$ impose $\lambda\neq0$ et $x=2y$, puis $5y^2=1$.
Candidats : $\left(\tfrac{2}{\sqrt5},\tfrac{1}{\sqrt5}\right)$, où $f=3-\sqrt5$, et $\left(-\tfrac{2}{\sqrt5},-\tfrac{1}{\sqrt5}\right)$, où $f=3+\sqrt5$. Le cercle est fermé et borné : ce sont le minimum et le maximum.
Maximum $3+\sqrt5$ en $\left(-\tfrac{2}{\sqrt5},-\tfrac{1}{\sqrt5},1+\tfrac{3}{\sqrt5}\right)$ ; minimum $3-\sqrt5$ en $\left(\tfrac{2}{\sqrt5},\tfrac{1}{\sqrt5},1-\tfrac{3}{\sqrt5}\right)$.
Exercice 8 : Soit $f(x,y)=4x-y^2$ sur le triangle $T$ défini par $x\geqslant0$, $y\geqslant0$ et $x+y\leqslant2$. Justifie que $f$ admet un maximum et un minimum sur $T$, puis calcule-les en précisant où ils sont atteints.
Correction :
$T$ est fermé et borné et $f$ continue : les extrema existent. On les cherche à l'intérieur, puis sur les trois côtés.
Intérieur : $\partial_x f=4$ ne s'annule jamais, donc aucun point critique.
Côté $y=0$ : $f=4x$ va de $0$ à $8$. Côté $x=0$ : $f=-y^2$ va de $0$ à $-4$. Côté $x+y=2$ : $f(x,2-x)=-x^2+8x-4$ croît sur $[0\,;\,2]$ (sommet en $x=4$), de $-4$ à $8$.
Maximum $8$ en $(2,0)$ ; minimum $-4$ en $(0,2)$. Erreur à éviter : chercher un point critique dans le plan et oublier le bord.
Exercice 9 : Une entreprise produit $P(K,L)=\sqrt{KL}$ unités avec $K$ unités de capital et $L$ unités de travail. Une unité de capital coûte $10$ euros, une unité de travail $5$ euros, et le budget est de $1\,000$ euros. Trouve $K$ et $L$ qui rendent la production maximale en dépensant tout le budget, et cette production.
Correction :
On maximise $P$ sous la contrainte $10K+5L=1\,000$, avec $K>0$ et $L>0$.
$\nabla P=\left(\tfrac12\sqrt{L/K},\ \tfrac12\sqrt{K/L}\right)$ et $\nabla g=(10,5)$. Le quotient des deux équations de Lagrange donne $\tfrac{L}{K}=\tfrac{10}{5}$, donc $L=2K$.
Le budget donne $20K=1\,000$, d'où $K=50$, $L=100$ et $P=\sqrt{5\,000}=50\sqrt2$.
C'est le maximum : sur le segment de budget, $K,L\geqslant0$, fermé et borné, $P$ est continue et nulle aux deux bouts.
$K=50$, $L=100$, production maximale $50\sqrt2\approx70{,}7$ unités. À l'optimum, le rapport des productivités marginales (les dérivées partielles de $P$) égale le rapport des prix.
Exercice 10 : Soit la courbe $\mathcal{C}$ d'équation $y^2=x^3$ et $f(x,y)=x$. a) Montre que le minimum de $f$ sur $\mathcal{C}$ vaut $0$. b) Montre que le système de Lagrange n'a aucune solution. c) Explique cette contradiction apparente.
Correction :
On confronte la courbe au système, puis on relit l'hypothèse du théorème.
a) Sur $\mathcal{C}$, $x^3=y^2\geqslant0$, donc $x\geqslant0=f(0,0)$.
b) Avec $g(x,y)=y^2-x^3$, le système s'écrit $1=-3\lambda x^2$, $0=2\lambda y$, $y^2=x^3$. La première équation impose $\lambda\neq0$, donc $y=0$, puis $x=0$, et alors $1=0$ : impossible.
c) $\nabla g(0,0)=(0,0)$ : le théorème ne s'applique pas en ce point.
Minimum $0$ en $(0,0)$, point que le système ne voit pas. Ajoute toujours aux candidats les points de la contrainte où $\nabla g=0$.
Bilan et conseils
Ce qu'il faut retenir : résous le système en séparant les cas plutôt qu'en divisant par une inconnue, et ajoute aux candidats les points où $\nabla g=0$. Puis conclus, par compacité en comparant les valeurs, ou par une étude directe. Sur un domaine défini par des inégalités, l'intérieur se traite avec $\nabla f=0$ et le bord à part.
Sources
Ministère de l'Enseignement supérieur, de la Recherche et de l'Innovation, programme de mathématiques des classes préparatoires MP et MPI (2021), parties « Topologie des espaces vectoriels normés » et « Calcul différentiel et optimisation ».