III.4. Conditions de minimalité du second ordre
Mais ce qui est demandé ici concerne la valeur minimale globale f (α) et
non ϕ (α) . Puisque x 1 et x 2 sont des minima globaux dans (P),
f (x 1 ) = f (x 2 ) = f (0) = f (h(x 1 )) = f (h(x 2 )).
Soit v quelconque dans R n et considérons le problème (perturbé) de la minimisation de f sous la contrainte h(x) = h(v). Il est évident que v vérifie cette
contrainte et donc f (h(v)) f (v). On est donc dans la situation suivante :
f (v) − f (h(v)) 0 pour tout v ∈ R n ;
f (x 1 ) − f (h(x 1 )) = 0, f(x 2 ) − f (h(x 2 )) = 0.
Ainsi x 1 et x 2 minimisent (sans contraintes) la fonction x −→ g(x) :=
f (x) − f (h(x)).
Supposons f dérivable en 0. Il vient de ce qui précède :
0 = ∇g(x 1 ) = ∇f (x 1 ) − f
(0)∇h(x 1 )
= ∇f (x 2 ) − f
(0)∇h(x 2 ).
Mais – conditions nécessaires d’optimalité du 1 er ordre – on a :
∇f (x 1 ) + λ 1 ∇h(x 1 ) = 0 et ∇f (x 2 ) + λ 2 ∇h(x 2 ) = 0.
Par suite, f
(0) = −λ 1 et f
(0) = −λ 2 . Ceci est impossible puisque
λ 1 = λ 2 . Donc f ne saurait être dérivable en 0.
Commentaire : Sous des hypothèses raisonnables on arrive à faire en sorte que
la fonction valeur minimale f ait une dérivée directionnelle δ −→ f
(0, δ) ; suivant
la direction δ dans laquelle on regarde, f
(0, δ) « choisit » dans son expression
les multiplicateurs λ i associés aux différents minima x dans (P). Dans le cas de
l’exemple, suivant que l’on se déplace vers la droite (δ = 1) ou vers la gauche
(δ = −1) , l’expression de f
(0, δ) (c’est-à-dire de la dérivée à droite ou de la
dérivée à gauche ici) fait appel au multiplicateur λ 1 associé à x 1 ou à celui λ 2
associé à x 2 .
** Exercice III.32. Étant données des fonctions f 1 , f 2 , . . . , f p de R n dans R, on
définit
x ∈ R
n
−→ g(x) := max {f 1 (x), f 2 (x), . . . , f p (x)} .
1 ◦ ) Vérifier que si les f i sont toutes continues, alors g est continue.
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Mais ce qui est demandé ici concerne la valeur minimale globale f (α) et
non ϕ (α) . Puisque x 1 et x 2 sont des minima globaux dans (P),
f (x 1 ) = f (x 2 ) = f (0) = f (h(x 1 )) = f (h(x 2 )).
Soit v quelconque dans R n et considérons le problème (perturbé) de la minimisation de f sous la contrainte h(x) = h(v). Il est évident que v vérifie cette
contrainte et donc f (h(v)) f (v). On est donc dans la situation suivante :
f (v) − f (h(v)) 0 pour tout v ∈ R n ;
f (x 1 ) − f (h(x 1 )) = 0, f(x 2 ) − f (h(x 2 )) = 0.
Ainsi x 1 et x 2 minimisent (sans contraintes) la fonction x −→ g(x) :=
f (x) − f (h(x)).
Supposons f dérivable en 0. Il vient de ce qui précède :
0 = ∇g(x 1 ) = ∇f (x 1 ) − f
(0)∇h(x 1 )
= ∇f (x 2 ) − f
(0)∇h(x 2 ).
Mais – conditions nécessaires d’optimalité du 1 er ordre – on a :
∇f (x 1 ) + λ 1 ∇h(x 1 ) = 0 et ∇f (x 2 ) + λ 2 ∇h(x 2 ) = 0.
Par suite, f
(0) = −λ 1 et f
(0) = −λ 2 . Ceci est impossible puisque
λ 1 = λ 2 . Donc f ne saurait être dérivable en 0.
Commentaire : Sous des hypothèses raisonnables on arrive à faire en sorte que
la fonction valeur minimale f ait une dérivée directionnelle δ −→ f
(0, δ) ; suivant
la direction δ dans laquelle on regarde, f
(0, δ) « choisit » dans son expression
les multiplicateurs λ i associés aux différents minima x dans (P). Dans le cas de
l’exemple, suivant que l’on se déplace vers la droite (δ = 1) ou vers la gauche
(δ = −1) , l’expression de f
(0, δ) (c’est-à-dire de la dérivée à droite ou de la
dérivée à gauche ici) fait appel au multiplicateur λ 1 associé à x 1 ou à celui λ 2
associé à x 2 .
** Exercice III.32. Étant données des fonctions f 1 , f 2 , . . . , f p de R n dans R, on
définit
x ∈ R
n
−→ g(x) := max {f 1 (x), f 2 (x), . . . , f p (x)} .
1 ◦ ) Vérifier que si les f i sont toutes continues, alors g est continue.
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