Chapitre II. Minimisation sans contraintes. Conditions de minimalité
Et on vérifie que
− −−− →
M 1 M 2 =
− −− →
A 1 A 2 + t 2 v 2 − t 1 v 1 est orthogonal à v 1 et v 2 :
la droite (M 1 M 2 ) est la « perpendiculaire commune » à D 1 et D 2 .
La distance minimale entre deux points de D 1 et D 2 se déduit donc de
f
t 1 , t 2
=
− −−−→
M 1 M 2 2 .
Dans le cas particulier où n = 3,
− −−− →
M 1 M 2 =
− −− →
A 1 A 2 , , v 1 , , v 2
v 1 ∧ v 2
,
où
− −− →
A 1 A 2 , , v 1 , , v 2
désigne le produit mixte de
− −− →
A 1 A 2 , , v 1 , , v 2 , et v 1 ∧ v 2 le produit
vectoriel de v 1 et v 2 .
** Exercice II.3. Condition nécessaire de minimalité à ε près d’Ekeland
Soit f : R n → R continue et bornée inférieurement sur R n . Soit ε > 0 et
u une solution à ε près du problème de minimisation de f sur R n , c’est-à-dire
vérifiant f (u) inf
x∈R n
f (x) + ε. Étant donné λ > 0 on considère
g : x ∈ R
n
−→ g(x) := f (x) +
ε
λ
x − u .
1 ◦ ) Montrer qu’il existe v ∈ R n minimisant g sur R n .
Montrer que ce point v vérifie les conditions ci-après :
(i)
f (v) f (u) ;
(ii) v − u λ ;
(iii) ∀x ∈ R
n , f(v) f (x) +
ε
λ x − v .
2 ◦ ) Soit f : R n → R différentiable et bornée inférieurement sur R n . Montrer
que pour tout ε > 0 il existe x ε tel que ∇f (x ε ) ε.
Solution :
1 ◦ ) g est continue ; de plus, f étant bornée inférieurement,
g(x) → +∞ quand x → +∞. Par conséquent, il existe un point v minimisant g sur R n :
∀x ∈ R
n , f(v) +
ε
λ
v − u f (x) +
ε
λ
x − u .
(2.1)
Faisons x = u dans (2.1) :
f (v) +
ε
λ
v − u f (u),
(2.2)
d’où f (v) f (u).
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