Conditions du premier ordre pour une optimisation sous contrainte d’égalité

Bonjour. Lors de la leçon précédente, vous avez appris à transformer un programme sous contrainte d’égalité en un lagrangien. Nous allons maintenant effectuer l’étape opérationnelle : dériver ce lagrangien pour obtenir les conditions du premier ordre, puis résoudre le système ainsi formé.

L’objectif est de savoir reconnaître ce que représentent les trois types d’équations obtenues : les conditions portant sur les variables de décision, et celle qui restitue la contrainte. C’est une compétence centrale pour les problèmes de consommateur, de minimisation des coûts et, plus largement, pour l’optimisation en économie.

1. Pourquoi les dérivées du lagrangien doivent être nulles

Considérons le problème général :

x max sous la contrainte f (x) g (x) = 0.

Avec la convention adoptée précédemment, le lagrangien est :

L (x, λ) = f (x) + λ g (x) .

Pour deux variables de décision $x$ et $y$ , il devient :

L (x, y, λ) = f (x, y) + λ g (x, y) .

La méthode de Lagrange consiste à chercher les points critiques du lagrangien. Puisque $L$ dépend maintenant de trois variables, il faut annuler ses trois dérivées partielles :

⎩ ⎨ ⎧ \frac{\partial L}{\partial x} = 0, \frac{\partial L}{\partial y} = 0, \frac{\partial L}{\partial λ} = 0.

Ces équations sont les conditions du premier ordre, souvent abrégées en CPO.

La troisième mérite une attention particulière. Comme $λ$ multiplie la contrainte,

\frac{\partial L}{\partial λ} = g (x, y) .

Donc l’équation

\frac{\partial L}{\partial λ} = 0

redonne exactement :

g (x, y) = 0.

Autrement dit, dériver par rapport au multiplicateur garantit que le candidat trouvé respecte bien la contrainte.

Lorsqu’on dérive par rapport à $x$ ou $y$ , on traite $λ$ comme une constante.
Lorsqu’on dérive par rapport à $λ$ , les variables $x$ et $y$ sont elles aussi traitées comme des constantes.

Voici une courte vidéo en français qui reprend rigoureusement cette construction, sur un exemple simple. Elle emploie la convention $f - λ g$ , alors que nous avons retenu $f + λ g$ : seul le signe du multiplicateur change, pas les solutions en $x$ et $y$ .

TD 8 Exercice 5 (Multiplicateurs de Lagrange)

Regardez « TD 8 Exercice 5 (Multiplicateurs de Lagrange) » de OTCENASEK Yann pour voir la transition explicite entre lagrangien, dérivées partielles et système de conditions du premier ordre.

Suivez la mise en système. Le point essentiel est la dérivation successivement par rapport à x, à y, puis à \lambda, et le fait que la dernière équation restitue la contrainte initiale.

2. La forme générale des conditions du premier ordre

Si $x = (x_{1}, \dots, x_{n})$ et si le problème comporte une contrainte unique $g (x) = 0$ , alors :

L (x, λ) = f (x) + λ g (x) .

Les CPO sont :

⎩ ⎨ ⎧ \frac{\partial f}{\partial x _{1}} (x) + λ \frac{\partial g}{\partial x _{1}} (x) = 0, ⋮ \frac{\partial f}{\partial x _{n}} (x) + λ \frac{\partial g}{\partial x _{n}} (x) = 0, g (x) = 0.

Sous forme vectorielle, les $n$ premières équations s’écrivent :

\nabla f (x) + λ \nabla g (x) = 0

ou encore :

\nabla f (x) = - λ \nabla g (x) .

Cette dernière écriture signifie que les gradients de l’objectif et de la contrainte sont colinéaires au point candidat. Avec la convention alternative

L = f - λ g,

on obtiendrait plutôt :

\nabla f (x) = λ \nabla g (x) .

Il ne s’agit pas de deux méthodes différentes : on a seulement remplacé $λ$ par son opposé.

Les courbes bleues sont des courbes de niveau de l’objectif $f(x,y)$, tandis que la courbe rouge représente la contrainte $g(x,y)=c$. Aux points de tangence, un déplacement autorisé par la contrainte ne permet plus d’améliorer localement l’objectif : les gradients de $f$ et de $g$ sont alors parallèles.

Cette condition est une condition nécessaire, sous une hypothèse de régularité :

\nabla g (x^{⋆}) \neq = 0.

Elle permet de trouver des candidats à l’optimum, mais ne prouve pas à elle seule que le candidat est un maximum ou un minimum. La vérification du second ordre sera précisément l’objet de la prochaine leçon.

3. Exemple économique : maximiser une utilité sous contrainte budgétaire

Reprenons le programme du consommateur introduit précédemment :

x, y > 0 max sous la contrainte U (x, y) = x y 3 x + 4 y = 24.

Le lagrangien, avec la convention « revenu moins dépenses », est :

L (x, y, λ) = x y + λ (24 - 3 x - 4 y) .

Calcul des dérivées

D’abord, par rapport à $x$ :

\frac{\partial L}{\partial x} = \frac{y}{2 x y} - 3 λ .

Puis, par rapport à $y$ :

\frac{\partial L}{\partial y} = \frac{x}{2 x y} - 4 λ .

Enfin, par rapport à $λ$ :

\frac{\partial L}{\partial λ} = 24 - 3 x - 4 y .

Les conditions du premier ordre sont donc :

⎩ ⎨ ⎧ \frac{y}{2 x y} - 3 λ = 0, \frac{x}{2 x y} - 4 λ = 0, 24 - 3 x - 4 y = 0.

Il y a bien trois inconnues, $x$ , $y$ et $λ$ , et trois équations.

Résolution du système

Les deux premières CPO peuvent s’écrire :

\frac{y}{2 x y} = 3 λ

\frac{x}{2 x y} = 4 λ .

En divisant la première égalité par la seconde — ce qui est permis ici puisque $x > 0$ et $y > 0$ — on élimine $λ$ :

\frac{\frac{y}{2 x y}}{\frac{x}{2 x y}} = \frac{3}{4} .

Donc :

\frac{y}{x} = \frac{3}{4},

d’où :

y = \frac{3}{4} x .

On reporte cette relation dans la contrainte budgétaire :

3 x + 4 (\frac{3}{4} x) = 24.

Ainsi :

3 x + 3 x = 24,

puis :

x = 4.

Enfin :

y = \frac{3}{4} \times 4 = 3.

Le candidat issu des CPO est donc :

(x^{⋆}, y^{⋆}) = (4, 3) .

Le multiplicateur correspondant vaut :

λ^{⋆} = \frac{3}{12} .

À ce stade, le résultat le plus important n’est pas la valeur numérique de $λ$ , mais l’égalité structurelle :

\frac{\partial U / \partial x}{p _{x}} = \frac{\partial U / \partial y}{p _{y}} = λ .

En effet, les deux premières CPO peuvent se réécrire :

\frac{U _{x} ( x , y )}{3} = \frac{U _{y} ( x , y )}{4} .

À l’optimum intérieur, le consommateur égalise donc l’utilité marginale obtenue par euro dépensé sur chaque bien. L’interprétation plus complète de $λ$ comme valeur marginale du revenu viendra un peu plus tard dans le module.

4. Exemple de minimisation : même méthode, autre objectif

La méthode ne dépend pas du fait que l’on cherche un maximum ou un minimum. Considérons :

x, y min sous la contrainte x^{2} + y^{2} x + 2 y = 4.

Choisissons la contrainte sous la forme :

4 - x - 2 y = 0.

Le lagrangien est :

L (x, y, λ) = x^{2} + y^{2} + λ (4 - x - 2 y) .

Les conditions du premier ordre sont :

\frac{\partial L}{\partial x} = 2 x - λ = 0,

\frac{\partial L}{\partial y} = 2 y - 2 λ = 0,

et :

\frac{\partial L}{\partial λ} = 4 - x - 2 y = 0.

Le système est donc :

⎩ ⎨ ⎧ 2 x - λ = 0, 2 y - 2 λ = 0, x + 2 y = 4.

Les deux premières équations donnent :

λ = 2 x

λ = y .

Par conséquent :

y = 2 x .

On reporte dans la contrainte :

x + 2 (2 x) = 4.

Donc :

5 x = 4,

d’où :

x = \frac{4}{5} .

Puis :

y = 2 x = \frac{8}{5} .

Le candidat obtenu par les CPO est :

(x^{⋆}, y^{⋆}) = (\frac{4}{5}, \frac{8}{5}) .

La mécanique est exactement la même que dans le problème de consommation :

écrire le lagrangien ;
dériver par rapport à toutes les variables, y compris $λ$ ;
égaler les dérivées à zéro ;
résoudre le système formé avec la contrainte.

5. Plusieurs contraintes d’égalité

S’il y a deux contraintes :

g_{1} (x) = 0

g_{2} (x) = 0,

on introduit deux multiplicateurs :

L (x, λ_{1}, λ_{2}) = f (x) + λ_{1} g_{1} (x) + λ_{2} g_{2} (x) .

Les CPO deviennent :

\nabla f (x) + λ_{1} \nabla g_{1} (x) + λ_{2} \nabla g_{2} (x) = 0,

auxquelles il faut ajouter les contraintes :

g_{1} (x) = 0

g_{2} (x) = 0.

Le principe reste donc stable :

une contrainte d’égalité implique un multiplicateur ;
chaque variable de décision produit une équation de dérivée ;
chaque multiplicateur produit l’équation de contrainte correspondante.

Avec $n$ variables de décision et $p$ contraintes d’égalité, on résout en général un système de $n + p$ équations comportant $n + p$ inconnues.

6. Méthode de travail et erreurs à éviter

Pour un exercice standard d’optimisation sous contrainte d’égalité, appliquez toujours cette séquence.

Écrire clairement l’objectif et les variables choisies.
Mettre chaque contrainte sous la forme $g (x) = 0$ .
Construire le lagrangien.
Dériver par rapport à chaque variable de décision.
Dériver par rapport à chaque multiplicateur.
Poser toutes les dérivées égales à zéro.
Résoudre le système sans oublier les contraintes de domaine.
Interpréter la solution comme un candidat, avant toute conclusion sur sa nature.

Erreur fréquente	Correction
Dériver seulement par rapport à $x$ et $y$	Toujours ajouter $\frac{\partial L}{\partial λ} = 0$ , qui rétablit la contrainte.
Oublier qu’il y a trois inconnues	Résoudre simultanément pour $x$ , $y$ et $λ$ .
Traiter $λ$ comme une fonction de $x$ ou $y$ pendant la dérivation	Dans une dérivée partielle, $λ$ est une variable indépendante, donc une constante par rapport à $x$ et $y$ .
Diviser par une expression sans vérifier qu’elle est non nulle	Si aucune hypothèse de positivité ne le justifie, il faut distinguer les cas où cette expression vaut zéro.
Affirmer immédiatement « c’est le maximum »	Les CPO donnent des candidats ; la nature de l’optimum nécessite une vérification supplémentaire.
Oublier une frontière du domaine, par exemple $x \geq 0$	Les CPO caractérisent surtout les optima intérieurs ; les frontières doivent parfois être étudiées séparément.

À retenir

Pour un problème avec une contrainte d’égalité,

L (x, λ) = f (x) + λ g (x),

les conditions du premier ordre sont :

⎩ ⎨ ⎧ \nabla_{x} L (x, λ) = 0, \frac{\partial L}{\partial λ} (x, λ) = 0.

Dans le cas de deux variables $x$ et $y$ , cela revient à résoudre :

⎩ ⎨ ⎧ L_{x} = 0, L_{y} = 0, L_{λ} = 0.

Les premières équations expriment la condition de tangence entre l’objectif et la contrainte ; la dernière impose la faisabilité. La résolution fournit des candidats à l’optimum, qu’il faudra ensuite classifier.

La prochaine leçon portera sur les conditions du second ordre : comment déterminer si un candidat issu des CPO est bien un maximum ou un minimum sous contrainte.

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