III.4. Conditions de minimalité du second ordre
La solution x peut-elle être sur la frontière de C 0 ? Dans ce cas on aurait :
x =
1
2
∇f 0 (x) + μ 1 ∇g 1 (x) =
4
3
+ μ 1
x = 0 avec μ 1 0.
Ceci est impossible.
Donc x est à l’intérieur de C 0 , et vérifie ∇f 0 (x) = 0. Il en résulte que
x = 0.
Évidemment, dans ce cas particulier, on aurait pu déduire directement que
f 0 (x) f 0 (0) pour tout x ∈ C 0 .
b) La fonction f a est continue, strictement convexe sur le convexe compact C a ⊂ Ω ; le problème (P a ) a une et une seule solution x qu’il s’agit
de déterminer. On voit facilement qu’il existe x 0 tel que g 1 (x 0 ) < 0 et
g 2 (x 0 ) := a, x 0 < 0 (hypothèse de Slater). En conséquence, x ∈ C a est
solution de (P a ) si et seulement si : ∃ μ 1 0, μ 2 0 tels que
∇f a (x) + μ 1 ∇g 1 (x) + μ 2 ∇g 2 (x) = 0,
μ 1 g 1 (x) = μ 2 g 2 (x) = 0 ;
ce qui donne :
2x
1− − x 2 + a + 2μ 1 x + μ 2 a = 0,
(3.8)
μ 1
x
2
−
1
4
= μ 2 a, x = 0.
(3.9)
Supposons g 2 (x) = a, x = 0. En faisant le produit scalaire avec a
dans (3.8), on obtient (1 + μ 2 ) a 2 = 0, ce qui oblige à avoir a = 0.
Donc g 2 (x) < 0 et μ 2 = 0. Les conditions (3.8) et (3.9) simplifiées deviennent :
2x
1− − x 2 + a + 2μ 1 x = 0,
(3.10)
μ 1 = 0 si x <
1
2
·
(3.11)
Dans tous les cas, x et a sont colinéaires : x = ra avec r < 0.
1 re possibilité pour x : x <
1
2
, et
2x
1− − x 2 + a = 0.
Ceci ne peut se produire que si a <
4
3
, auquel cas
x = −
a
a 2
1+ a 2 − 1
.
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La solution x peut-elle être sur la frontière de C 0 ? Dans ce cas on aurait :
x =
1
2
∇f 0 (x) + μ 1 ∇g 1 (x) =
4
3
+ μ 1
x = 0 avec μ 1 0.
Ceci est impossible.
Donc x est à l’intérieur de C 0 , et vérifie ∇f 0 (x) = 0. Il en résulte que
x = 0.
Évidemment, dans ce cas particulier, on aurait pu déduire directement que
f 0 (x) f 0 (0) pour tout x ∈ C 0 .
b) La fonction f a est continue, strictement convexe sur le convexe compact C a ⊂ Ω ; le problème (P a ) a une et une seule solution x qu’il s’agit
de déterminer. On voit facilement qu’il existe x 0 tel que g 1 (x 0 ) < 0 et
g 2 (x 0 ) := a, x 0 < 0 (hypothèse de Slater). En conséquence, x ∈ C a est
solution de (P a ) si et seulement si : ∃ μ 1 0, μ 2 0 tels que
∇f a (x) + μ 1 ∇g 1 (x) + μ 2 ∇g 2 (x) = 0,
μ 1 g 1 (x) = μ 2 g 2 (x) = 0 ;
ce qui donne :
2x
1− − x 2 + a + 2μ 1 x + μ 2 a = 0,
(3.8)
μ 1
x
2
−
1
4
= μ 2 a, x = 0.
(3.9)
Supposons g 2 (x) = a, x = 0. En faisant le produit scalaire avec a
dans (3.8), on obtient (1 + μ 2 ) a 2 = 0, ce qui oblige à avoir a = 0.
Donc g 2 (x) < 0 et μ 2 = 0. Les conditions (3.8) et (3.9) simplifiées deviennent :
2x
1− − x 2 + a + 2μ 1 x = 0,
(3.10)
μ 1 = 0 si x <
1
2
·
(3.11)
Dans tous les cas, x et a sont colinéaires : x = ra avec r < 0.
1 re possibilité pour x : x <
1
2
, et
2x
1− − x 2 + a = 0.
Ceci ne peut se produire que si a <
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3
, auquel cas
x = −
a
a 2
1+ a 2 − 1
.
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