Fonction différentiables et extrema

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Fonction différentiables et extrema

Messagepar paspythagore » Samedi 10 Mai 2014, 13:29

Bonjour.
J'ai quelques difficultés avec le lien entre la différentielle seconde en un point, les vecteurs propres et la notion de définie positive (ou négative). Je ne me souviens d'ailleurs plus ce que représentent les vecteurs propres.
En partant de :
Soient $f$ une fonction différentiable sur un ouvert $\Omega$ d'un espace vectoriel normé $E$ à valeurs dans \R et $a$ un point de $\Omega$. Supposons que le point $a$ soit un minimum (resp. un maximum) local de la fonction $f$, alors on a :

$$Df(a)=0\text{  et  }\forall\vv{h}\in E, D^2f(a)(\vv{h},\vv{h})\geqslant0 \text{ (resp.}\leq0).$$


il faut démontrer que des points critiques sont des minimum, maximum ou point-selle dans le cas d'extrema liés.

Exemple :
Soit $S:ax^2+by^2=1$, on nommera $f:f(x,y)=ax^2+by^2-1$ et $g(x,y)=a_1x^2+b_1y^2+c_1$.

$ \overrightarrow{\nabla} f=(2ax \quad 2by)$ et $\overrightarrow{\nabla} g=(2a_1x \quad 2b_1y)$

On cherche les extrema de $g$ sur $S$ soit dans un premier temps $\lambda: \lambda\overrightarrow{\nabla} f=\overrightarrow{\nabla} g$ puis je ne comprends pas comment avec les valeurs propres déterminer si les points critiques trouvés sont des point-selles, maxima ou minima.
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Re: fonction différentiables et extrema

Messagepar balf » Samedi 10 Mai 2014, 20:01

Je ne sais pas ce qu'est cette histoire de valeurs propres… La méthode de Lagrange revient à remplacer le problème d'extrema liés à deux variables à un problème d'extrema libre à trois variables : trouver les extrema de la fonction h(x, y, λ) = g(x, y) – λf(x, y). La méthode générale consiste, après qu'on a déterminé les points critiques de h, à calculer son hessien et à en déterminer le signe. Cela dit, je ne suis pas sûr que la notion de point-selle soit pertinente ici : on est sur une conique, c.-à-d. en dimension 1.

B.A.
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Re: fonction différentiables et extrema

Messagepar paspythagore » Dimanche 11 Mai 2014, 14:39

Bon, je voulais faire l'économie de recopier tout l'exemple que j'étudie, mais du coup, je ne suis pas clair. J'avais déjà créé un sujet sur cet exercice.
On considère l'ensemble :

$$S=\{(x,y,z)\in\R^3;xy+xz+2yz=1\}$$



1/ Montrer que $S$ est une hypersurface.
2/ Soit $M\in S$. Donner une équation du plan tangent à $S$ en $M$.

Montrer que $f:\R^3\to\R$ définie par $g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2$ admet exactement deux minima sur $S$ et les calculer.

...on obtient donc deux extrema locaux aux points $M_\pm=\pm\dfrac{1}{\sqrt[4]{12}}(\sqrt{3}-1,1,1)$ et le multiplicateur de Lagrange vaut $\lambda=\sqrt{3}-1$.

Remarquons que $F$ ($F(x,y,z)=xy+xz+2yz$) (donc $S$) et $f$ sont invariantes par symétrie par rapport à l'origine. Il suffit donc de déterminer la matrice de l'un des deux points $M_\pm$. On étudie $f$ sur $S$ au voisinage de $M_+$.

Les matrices hessiennes de $F$ et $f$ sont constantes et égales à :

$$Hess F=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&2\\1&2&0\end{pmatrix}\text{ et }Hess f= \begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$$



On caolcule les valeurs propres de $Hess F$ :
$-2$ associé au vecteurs propre $v_1=(0,-1,1)$,
$1+\sqrt{3}$ associé au vecteurs propre $v_2=(\sqrt{3}-1,1,1)$,
$1-\sqrt{3}$ associé au vecteurs propre $v_3=(-\sqrt{3}-1,1,1)$.

Comme $Hess f$ est 2 fois l'identité, les valeurs propres de $Hess f-(\sqrt{3}-1)Hess F$ sont :
$2-(\sqrt{3}-1)(-2)=2\sqrt{3}$ associée au vecteur $v_1$,
$0$ associée au vecteur $v_2$,
$2+(\sqrt{3}-1)^2=6-2\sqrt{3}$ associée au vecteur $v_3$.

D'aprés la question 2, le plan tangent à $S$ en $M_+$ est dirigé par les vecteurs $v_1$ et $v_3$. Donc la matrice $Hess f-(\sqrt{3}-1)Hess F$ restreinte au plan tangent est strictement positive : ses valeurs propres sont supérieures ou égales à $6-2\sqrt{3}$. Ainsi, le point $M_+$ est un minimum de $f$ sur $F$ et $f(M_+)=f(M_-)=\sqrt{3}-1$.


Je ne comprends donc pas comment se ramener à définition :
Soient $f$ une fonction différentiable sur un ouvert $\Omega$ d'un espace vectoriel normé $E$ à valeurs dans \R et $a$ un point de $\Omega$. Supposons que le point $a$ soit un minimum (resp. un maximum) local de la fonction $f$, alors on a :

$$Df(a)=0\text{ et }\forall\vv{h}\in E, D^2f(a)(\vv{h},\vv{h})\geqslant0 \text{ (resp.}\leq0).$$


ni comment montrer que $Hess f$ est définie positive ou négative dans le cas général et la méthode proposée ici.
Je ne comprends pas non plus l'idée lorsque l'on utilise la matrice restreinte au plan tangent.
J'aurai aimé comprendre les grandes idées de cette démonstration et les deux notions ci-dessus.
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Re: fonction différentiables et extrema

Messagepar balf » Mardi 13 Mai 2014, 22:50

Je ne comprends pas très bien votre corrigé — je n'ai pas eu beaucoup de temps pour voir les tenants et les aboutissants. Toutefois : le lien avec les valeurs propres tient à ce que la hessienne est une matrice symétrique réelle, donc diagonalisable. Elle définit une forme quadratique définie positive ssi les valeurs propres sont toutes positives (strictement), définie négative ssi elles sont toutes négatives. Elle correspond donc à un minimum local dans le premier cas, à un maximum dans le deuxième et à un point-selle dans les autres cas.

B.A.
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Re: fonction différentiables et extrema

Messagepar paspythagore » Dimanche 25 Mai 2014, 15:43

Bonjour.

On considère l'ensemble :

$$S=\{(x,y,z)\in\R^3;xy+xz+2yz=1\}$$



1/ Montrer que $S$ est une hypersurface.
2/ Soit $M\in S$. Donner une équation du plan tangent à $S$ en $M$.

Montrer que $f:\R^3\to\R$ définie par $g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2$ admet exactement deux minima sur $S$ et les calculer.

...on obtient donc deux extrema locaux aux points $M_\pm=\pm\dfrac{1}{\sqrt[4]{12}}(\sqrt{3}-1,1,1)$ et le multiplicateur de Lagrange vaut $\lambda=\sqrt{3}-1$.

Remarquons que $F$ ($F(x,y,z)=xy+xz+2yz$) (donc $S$) et $f$ sont invariantes par symétrie par rapport à l'origine. Il suffit donc de déterminer la matrice de l'un des deux points $M_\pm$. On étudie $f$ sur $S$ au voisinage de $M_+$.

Les matrices hessiennes de $F$ et $f$ sont constantes et égales à :

$$Hess F=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&2\\1&2&0\end{pmatrix}\text{ et }Hess f= \begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$$



On caolcule les valeurs propres de $Hess F$ :
$-2$ associé au vecteurs propre $v_1=(0,-1,1)$,
$1+\sqrt{3}$ associé au vecteurs propre $v_2=(\sqrt{3}-1,1,1)$,
$1-\sqrt{3}$ associé au vecteurs propre $v_3=(-\sqrt{3}-1,1,1)$.

Comme $Hess f$ est 2 fois l'identité, les valeurs propres de $Hess f-(\sqrt{3}-1)Hess F$ sont :
$2-(\sqrt{3}-1)(-2)=2\sqrt{3}$ associée au vecteur $v_1$,
$0$ associée au vecteur $v_2$,
$2+(\sqrt{3}-1)^2=6-2\sqrt{3}$ associée au vecteur $v_3$.

D'aprés la question 2, le plan tangent à $S$ en $M_+$ est dirigé par les vecteurs $v_1$ et $v_3$. Donc la matrice $Hess f-(\sqrt{3}-1)Hess F$ restreinte au plan tangent est strictement positive : ses valeurs propres sont supérieures ou égales à $6-2\sqrt{3}$.

Pourquoi sont t-elles supérieures ou égales à $6-2\sqrt{3}$ ?
Ainsi, le point $M_+$ est un minimum de $f$ sur $F$ et $f(M_+)=f(M_-)=\sqrt{3}-1$.


Le théorème utilisé est celui là :
Soient $f$ une fonction de classe $C^2$ sur un ouvert $\Omega$ de $\R^N$ et $a$ un point d'une hypersurface $S$ de classe $C^2$ de $\Omega$.

Si $a$ est un minimum local, alors si $g$ est une équation de $S$ prés de $a$, il existe un réel $\lambda_0$ tel que :

$$Df(a)=\lambda_0Dg(a) \ \text{ et }\forall\vv{h}\in T_aS, (D^2f(a)-\lambda_0D^2g(a))(\vv{h},\vv{h})\geqslant0.$$


Si $g$ est une équation de $S$ prés de $a$, il existe un réel $\lambda_0$ tel que :

$$Df(a)=\lambda_0Dg(a) \ \text{ et }\forall\vv{h}\in T_aS, (D^2f(a)-\lambda_0D^2g(a))(\vv{h},\vv{h})\geqslant c_0||\vv{h}||^2..$$


alors $a$ est un minimum local.

Dans ce théorème, je ne comprends pas ce que représentent les vecteurs propres de la hessienne de $Hess(f-\lambda g)$, ni le lien entre cette hessienne et le plan tangent à $S$ en un point $M$, ni la notion de $Hess(f-\lambda g)$ restreinte au plan tangent.
Il me semble que l'on cherche les variations de notre fonction autour d'un point critique pour s'assurer que la courbe est au dessus ou au dessous du plan tangent mais c'est tout.
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