Chapitre II. Minimisation sans contraintes. Conditions de minimalité
Solution : On a :
∂ i f (x) = 2x i (1 + x n )
3 pour tout i = 1, . . . , n − 1 ;
∂ n f (x) = 3(1 + x n )
2
n−1
i=1
x
2
i + 2x n .
Ainsi le seul point x ∈ R n vérifiant ∇f (x) = 0 est x = 0.
Ce point x = 0 est un minimum local strict de f car ∇ 2 f (x) =
diag (2, . . . , 2) est définie positive.
Mais f (1, . . . , 1, x n ) = (n − 1) (1 + x n )
3 + x 2
n est une fonction polynomiale
du 3 e degré, prenant donc toutes les valeurs réelles. Il n’y a donc pas de minimum global de f sur R n .
*** Exercice II.5. Soit f : R n → R continue et x ∈ R n . Montrer :
(x est minimum global de f ) ⇐⇒
Tout x tel que f (x) = f (x)
est un minimum local de f
.
Solution : L’implication « ⇒ » étant évidente, considérons l’implication inverse. Supposons donc que tout x au même niveau que x soit un minimum
local de f . Si x n’est pas un minimum global de f , c’est qu’il existe u ∈ R n
tel que f (u) < f (x) . Définissons ϕ : t ∈ [0, 1] −→ ϕ (t) := f (tx + (1 − t)u)
et posons S ϕ := {t ∈ [0, 1] | ϕ (t) = f (x)} . Ainsi S ϕ est une partie non vide
(1 ∈ S ϕ ) fermée (de par la continuité de f donc de ϕ) et minorée. Désignons
par t 0 la borne inférieure de S ϕ : t 0 ∈ S ϕ et 0 < t 0 1.
Le point t 0 x + (1− t 0 )u étant au même niveau que x, il est minimum local
de f ; par conséquent t 0 est un minimum local de ϕ : il existe η > 0 tel que :
|t − t 0 | η
t ∈ [0, 1]
⇒ (ϕ (t) ϕ (t 0 )) .
Comme t 0 est la borne inférieure de S ϕ , on en déduit :
t 0 − η < t < t 0
0 < t
⇒ (ϕ (t) > ϕ (t 0 )) .
Prenons un tel t, que nous appelons t 1 :
t 0 − η < t 1 < t 0 , 0 < t 1 , et ϕ (t 1 ) > ϕ (t 0 ) .
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