Pas d'idées...?

    Bonjour . Le stock disponible a une certaine valeur , qui entrera dans le coût total.
    Mais  le stock étant limité, on devrait avoir :  x² + y² <  1000

En fait, on me demande de déterminer la fonction de profit , en sachant que l'entreprise vend toute sa marchandise. Comment faire?

Bonjour,

je n'y connais rien en Economie,

mais à mon avis il faut introduire une seconde variable pour différencier la quantité de production de chacune des matières premières.

Soit x le nombre total de kilos réalisés et y celui du premier produit.

Alors x² < 1000 et y < x.

Chiffre d'affaire réalisé, en euros: y + 2(x-y) = 2x - y.

Coût total : 0 puisqu'il y a un stock de disponible.

Donc si x² < 1000, le profit vaut aussi 2x - y à mon avis.

Tu es vraiment en maths spé?C'est bizarre, c'est une nouvelle partie du programme?

Pardon, j'arrive trop tard.Mon x et mon y ne sont pas les mêmes que les vôtres.

Je vous laisse travailler.

En fait, c'est un exercice soit disant en rapport avec le cours d'Analyse différentielle (étude de la différentiabilité, dérivées partielles, etc..).

De même que précédemment, peut-on trouver une équation qui traduirait le fait que l'entreprise ne possède qu'une tonne de matière première?

Si on appelle x et y les quantités fabriquées pour chaque produit, il faut avoir x²+y² < 1000, c'est tout!

Bonjour,

Pourriez-vous me rappeler comment s'y prendre pour tracer (sur papier) une fonction de type ?

Merci d'avance.

Tu traces trois axes, et à tout point (x,y) du plan z=0, tu associes l'unique point de l'espace de coordonnées (x,y,x+2y).

L'ensemble de ces points est la surface d'équation z = x + 2y, autrement dit le graphe de f(x,y) = x + 2y.

Maintenant, il faut enlever le +100 à la fin, ce n'est plus une fonction sinon!


Par contre, la résolution graphique de l'équation f(x,y) = 100 s'obtient en considérant les points d'intersection de cette surface avec le plan d'équation z = 100.
Les solutions de l'équation sont les couples (x,y) des deux premières coordonnées de tous ces points d'intersection.

Mais il y a beaucoup plus simple pour visualiser tout cela en dimension 2:

Tu traces la droite d'équation x + 2y = 100 dans un repère quelconque du plan:

les solutions de l'équation sont tous simplement les couples (x,y) des points qui sont sur cette droite!

Ok, merci pour les précisions, mais je précise un peu: on me demande de réaliser plusieurs courbes du même genre, à savoir , avec et de "résoudre de façon graphique le problème d'optimisation". Quel est l'intérêt de faire ces différentes courbes, et comment résoudre graphiquement un tel problème?

LEs solutions de l'équation x+2y=a par exemple servent à voir comment faire un bénéfice de a euros.

Tu dessines la droite y=a/2 - x/2 pour tout a, elles sont toutes parallèles.


S'il n'y a que la contrainte x²+y² < 1000 , tu dessines le disque qui a ceci pour équation (centré en l'origine et de rayon rac(1000) ) .

Pour que le bénéfice soit maximal tout en respectant cette contrainte, il faut se placer sur la droite la plus "haute" possible de cette famille de droites qui rencontre encore ce disque, autrement dit choisir le a pour obtenir une tangente à ce disque.

Le point d'intersection donnera les valeurs de x et y à utiliser pour maximiser le bénéfice, et la valeur correspondante de a sera le bénéfice maximal.

Tout de même, ce genre de courbes me gêne quelque peu. En effet, x et y représentant des masses, et en plaçant x et y respectivement en abscisses et en ordonnées, on aura des valeurs (positives) de x qui entraîneront des valeurs négatives de y! Or, comme je l'ai dit, ces grandeurs représentant des masses, cela me paraît légèrement... confus, non?

Dans le même ordre de remarque, concernant la représentation de la contrainte x²+y² <1000, n'est pas un peu déplacé de tracer le cercle entier? Il m'aurait semblé plus logique de ne tracer qu'un quart de ce cercle, à savoir celui pour x>0 et y>0 non?

J'attends vos remarques et conseils..

matix -> Il va de soi qu'il y a des conditions supplémentaires à imposer sur x et y!

On se limite bien à la partie du plan définie par x > 0, y > 0, et on ne trace donc qu'un segment des droites précédemment décrites, et un quart de cercle.

Cela ne change rien à mon message du 15-03-09 à 15:07.

Félicitations à toi, ô affable et prévenant Tigre du Web!

Merci Ayoub,


ami dont la science n'a d'égale que la sagacité!

Ok, merci pour votre aide. Par la suite on me propose de représenter graphiquement le gradient de et celui de , en notant et les valeurs particulières de et qui maximisent le profit. Quel est l'intérêt et quelles remarques peut-on faire?

... D'autant plus curieux que x' et y' sont des valeurs numériques, et du coup, f et g deviennent des constantes! Alors leur gradient..?

J'avoue ne pas bien comprendre non plus...d'autant que tu n'as pas défini la fonction g!
Et f, c'est la fonction de deux variables en (x,y)?

Peut-être te parle-t-on du gradient de f au point (x',y')?

Oui, en fait on me parle du gradient appliqué au point , désolé. Pour ce qui est de la fonction g, c'est simplement la contrainte . Après avoir calculé les gradients, on se rend compte que les deux vecteurs obtenus sont colinéaires (sauf erreur). Que cela signifie-t-il, traduit-il?

Connais-tu les multiplicateurs de Lagrange?Qu'as-tu exactement vu en cours en optimisation sous contrainte?

Et bien je connais simplement le théorème des extrema liés, dans lequel interviennent les multiplicateurs de Lagrange. Mis à part cela, je n'ai rien vu d'autre en ce qui concerne l'optimisation sous contrainte, cet exo est simplement une application un peu particulière du cours sur la différentiabilité. Cela a-t-il un rapport avec l'interprétation que je peux faire sur la colinéarité observée?

Oui.

Tu sais qu'en (x',y') il y a un extremum local.
Donc d'après le théorème des extrema liés, tu peux en déduire que les différentielles de f et g en ce point sont liées, autrement dit que leurs gradients en ce point sont colinéaires.

Le coefficient de colinéarité de ces deux gradients est, au signe près (selon l'énoncé de ton théorème) le multiplicateur de Lagrange.

En fait, l'énoncé du théorème qu'on ma donné n'est pas vraiment des plus clairs, d'où mes problèmes de compréhension je pense, du moins en partie.

Je parlais d'extremum sous contrainte.

Tu m'as dit avoir vu le théorème des extremums liés, c'est ceci qu'il faut utiliser ici.
Tu as montré dans les questions précédentes que f admet un extremum local en (x',y') sous la contrainte g.

f et g sont différentiables en (x',y'), donc d'après le théorème des extrema liés, leurs différentielles en ce point sont liées: autrement dit, leurs gradients en ce points sont bien deux vecteurs liés!

Il était donc bien prévisible que tu trouves deux vecteurs colinéaires.

D'accord. Si ça ne t'ennuies pas, pourrais-tu m'énoncer de façon claire ce fameux théorème stp?

OK!

Dans le cas le plus simple d'une seule contrainte alors, ok? Comme ici en somme.

Soient f et g deux fonctions différentiables d'un ouvert U de R² dans R (oui oui, c'est aussi vrai si la dimension de l'espace initial est supérieure à 2 ).

Soit V = {(x,y) dans U, g(x,y) = 0} et soit a dans V.

Déf: On dit que f admet un extremum local en a sous la contrainte g lorsque la restriction de f à l'ensemble V admet un extremum local en a.

Théorème des extrema liés:

Si f admet un extremum local en a sous la contrainte g, alors il existe un réel k tel que df(a) = k.dg(a) (égalité dans L(R²,R))

Autrement dit, k est le coefficient de proportionnalité entre les vecteurs grad(f)(a) et grad(g)(a).

Le multiplicateur de Lagrange est ici k.

Lorsqu'il y a plusieurs contraintes, la définition est analogue, et le théorème te dit qu'il existe des scalaires k_i tels que df(a) = k₁dg₁(a) +...+ k_pdg_p(a).

Sauf erreur bien sûr.

Merci pour tes précisions! Je vais relire tout ça tranquillement, pour voir si j'ai bien tout assimilé. Au besoin, je reposterai!

Merci, et bonne soirée!

Je t'en prie! Bonne soirée à toi aussi.

Pardon, j'ai oublié deux petites choses:

1)On a besoin que les fonctions soient C1, et non simplement différentiables.

2)Et ça, c'est important: pour que les multiplicateurs de Lagrange existent, il faut également supposer (en plus du fait que a est un extremum sous contrainte) que l'ensemble {dg_i(a)}_{1 ip} soit une famille libre de formes linéaires.

En particulier, s'il n'y a qu'une seule contrainte g, il faut que dg(a) ne soit pas la forme nulle!

Sauf erreur de ma part.

D'accord, merci encore, je pense avoir saisi l'intérêt principal du théorème. Du moins il me semblait! En effet, on me demande par la suite de donner, grâce à ce théorème, les points optimaux (en notant donc maintenant et à priori). N'est-ce pas ce qui a été fait lors de la "résolution" graphique précédente? Et il me semblait que le théorème en question servait essentiellement à montrer l'existence d'une constante sous certaines conditions..

Je t'en prie.

Le théorème en question sert plutôt à déterminer les extrema sous contrainte, en résolvant un système d'inconnues les multiplicateurs de Lagrange et les coordonnées des points.
Les éventuels points trouvés contiendront tous les extrema sous contrainte pour lesquels les gradients des fonctions contraintes sont indépendantes.

Je n'en sais malheureusement pas beaucoup plus; en particulier, je ne connais pas la définition d'un point optimal.Vous n'êtes quand même pas allés jusqu'aux conditions de Kuhn-Tucker en cours, si?!

Cependant, je dirais que d'après les notations, X'i représente le vecteur des coordonnées d'un point (x'i,y'i).
Qu'as-tu comme définition de point optimal?

Ah oui, si tu m'avais dit ça d'emblée, j'aurais certainement mieux compris!

Eh bien oui, il s'agit de retrouver par le calcul ton résultat graphique.

Tout d'abord, f est continue sur le compact x² + y² - 1000 < = 0, x > = 0 , y > = 0, donc sa restriction à ce compact y admet un maximum global, qui est aussi un maximum local.
Montrons qu'il est atteint sur le bord du (quart de) disque.Si tel n'était pas le cas, soit r la distance entre 0 et le point (x',y') réalisant le maximum de f dans ce disque, r < d où je note d = rac(1000).
Alors en notant k = d/r > 1, on vérifie aisément que (kx',ky') appartient à la frontière dus disque et que son image par f vaut k.f(x',y') > f(x',y'). Contradiction puisque f(x',y') a été supposé être le maximum global.

Conclusion: f atteint son maximum en un point (x',y') de la frontière, d'équation g(x,y) = 0 avec g(x,y) = x² + y² - 1000.

On est donc ramené à maximiser f sous la contrainte g. f et g sont C1 sur R², donc si dg(x',y') est non nul, alors il existe un multiplicateur de Lagrange m tel que df(x',y') = m.dg(x',y').

Cela s'écrit: (1,2) = m(2x',2y') soit y' = 2x'.

(x',y') appartient de plus à la frontière du disque donc g(x',y') = 0, ce qui entraîne x'²+y'²=1000.

On en tire x'² = 200 puis x'=10.rac(2) et y'=20.rac(2).

En ce point, le gradient de g est bien non nul.De plus, le maximum ne peut pas être atteint en un point où ce gradient est nul puisqu'il ne l'est qu'en (x,y) = (0,0), où f n'atteint clairement pas de maximum sous la contrainte g.

Conclusion finale: le maximum du bénéfice est atteint au point (x',y') avec les valeurs précédentes 'il est bien dans le bon quart de plan!).Le bénéfice maximal correspondant vau x' + 2y' = 50.rac(2).

Ca confirme ton résultat graphique?

Très "belle" démonstration, très claire, merci beaucoup. Cependant, la partie suivante était-elle réellement nécessaire?

Avec plaisir, heureux qu'elle te plaise!

Pour répondre à ta question, je ne pense pas car l'énoncé du théorème des extrema liés que je t'ai donné ne concerne que les extrema de fonctions sous une contrainte du type g(x,y) = 0 (et non pas < = 0).

Pour appliquer ce théorème, il fallait donc commencer par éliminer les points de l'intérieur du disque, puisque c'est la frontière de ce disque qui a une équation de la forme g(x,y) = 0.

Après, je crois qu'il existe des théorèmes plus évolués permettant de traiter directement ce genre de cas, mais je ne les connais pas et de toute façon tu ne les as pas vus en cours!

Donc, à moins qu'il existe une astuce que je n'ai pas vue, je pense que c'est le raisonnement qu'on attend de toi.

Par ailleurs, tu n'as pas répondu à ma question: ce résultat confirme-t-il ce que tu obtiens graphiquement?

En effet, il est vrai que la contrainte de mon exo ne répond pas précisément aux conditions du théorème, inattention de ma part. Pour ce qui est du résultat, c'est parfait, précisément ce que je voulais! Graphiquement, je me suis tout de même aidé d'un logiciel pour représenter la situation, ça m'a permis d'obtenir des résultats précis, ce qui n'était pas forcément le cas sur ma feuille. A présent, ne me reste plus qu'à déterminer le multiplicateur de Lagrange de façon analytique, ce que je vais faire dès à présent!

Super!

Sinon, m est très facile à trouver puisqu'on a (1,2) = m(2x',2y') et qu'on connaît x' et y'.

En effet, cela devrait aller assez vite! Au passage, une petite question concernant le gradient d'une fonction. En les calculant (pour et ), j'ai bien vu en les appliquant au point particulier qu'ils étaient liés, ou encore colinéaires puisqu'on parle de vecteurs à priori. Par contre, pour les représenter, j'avoue ne plus me rappeler comment faire.. Par exemple, si je trouve que (exemple tout à fait hasardeux), comment le représente-t-on dans le plan?

En fait, pour construire un vecteur, c'est bien d'avoir deux points au moins il me semble... (cours de 3ième )

Attention, ici on n'a pas dessiné la surface représentative de f, mais seulement certaines de ses coupes par les plans d'équation z = k (la coupe associée étant est la droite x + 2y = k) .

Ca veut dire qu'à chaque valeur fixée de k, le dessin qu'on a fait dans R² est en fait tracé dans le plan z = k.

Or le gradient en un point d'une fonction de R^3 dans R peut s'interpréter comme les coordonnées d'un vecteur normal à la surface représentative de la fonction en ce point.

Il est donc aussi normal à la coupe de cette surface par le plan z = k.

Donc, si je ne dis pas de bêtises, pour une surface d'équation z = f(x,y), un vecteur normal en X=(u,v,w) est (df/dx(X) , df/dy(X); -1).

A priori, pour u = a, v = b, w = a + b, on obtient donc que dans la coupe de cette surface par le plan z = k, le vecteur (df/dx(X)), df/dy(X)) est normal à la coupe au point (a,b).

Autrement dit, dans le cas dont tu parles, le vecteur (3,4) serait normal à la droite x + 2y = k au point considéré.

Mais je ne suis pas à l'aise avec les plans tangents (je n'ai jamais eu de cours sur cela), donc ce que j'ai dit dans ce message est à prendre avec précaution!

Ok, je viens de tout bien tracer sur le logiciel, ça donne quelque chose de pas mal. J'ai pris comme origine des vecteurs le point (x',y'). Merci encore pour l'explication précédente. Je crois tout de même qu'une chose m'a échappé:

En fait z = f(x,y) <=> g(x,y,z) = 0 avec g(x,y,z) = f(x,y) - z.

L'équation du plan tangent en (a,b,c) à la surface d'équation z = f(x,y) est donc

(x-a)dg/dx (a,b,c) + (y-b)dg/dy(a,b,c) + (z-c)dg/dz(a,b,c) = 0 et cela s'écrit

(x-a)df/dx (a,b,c) + (y-b)df/dy(a,b,c) - (z-c) = 0.


Un vecteur normal à cette surface en (a,b,c) est donc (df/dx(a,b,c), df/dy(a,b,c), -1).

"Comment ça, on ne traite plus la notion de compacité en classes prépas???"

Euh si, quand même. Le hic c'est qu'on voit la "mauvaise" définition (BW) et que l'équivalence "BW <==> Borel Lebesgue" est seulement mentionné. Rare sont les profs qui osent encore faire la démo, on établit deux-trois propriétés complètement triviales et puis en gros c'est tout.

Merci,

ô sagace et artificieux Ayoub, toi l'Ulysse de lîle!

Oui, en effet, ce que dit 1 Schumi 1 (Ayoub?) n'est pas faux, la notion est vue trop rapidement je pense, sans vraiment s'attarder (manque de temps peut-être?). Quoi qu'il en soit, je ne m'en souvenais plus, et je dois avouer que j'aurais eu bien des difficultés à vérifier cette hypothèse nécessaire pour appliquer le théorème des extrema liés. Mais tout de même, cela me semble bizarre qu'on nous ait demandé de faire ça, sans avoir pris le soin de revoir quelques notions essentielles comme celles dont on parle ici.. Il n'y a vraiment pas d'autre issue?

Bonne.. nuit!

Je n'en vois pas: en effet, le théorème des extrema liés ne donne qu'une condition nécessaire d'extremum local.

Sans invoquer la compacité, on ne peut donc même plus prouver que ce qu'on cherche se trouve à la frontière du disque, puisqu'on pourrait très bien avoir un extremum local quelque part à l'intérieur du disque, sans que le fait qu'on trouve un extremum local strictement supérieur au premier sur le bord du disque constitue une contradiction!

Le jour des concours, tu devras de toute façon être capable de mobiliser toutes tes connaissances, même celles sur lesquelles vous n'avez pas beaucoup insisté au cours de la Spé.
De plus, la notion de compacité est une notion fondamentale de l'analyse, peut-être même la plus importante.
Retiens vraiment cela.

J'ai peut-être quand même dit une bêtise:

il est impossible qu'il existe (x',y') dans l'intérieur du disque où f atteint un extremum local, car on montre aisément que dans tout voisinage de (x',y') on peut trouver quelqu'un dont l'image est strictement plus petite et quelqu'un dont l'image est strictement plus grande.

Donc les extrema sont bien à chercher sur la frontière.

Ensuite tu raisonnes comme on l'a fait, tu trouves le seul candidat (x',y') possible, mais ensuite il faut encore prouver que c'est un maximum local, et même global.

Ok, merci une nouvelle fois pour ces précisions. Du coup, je vais persister un peu:

Comment montre-t-on qu'une fonction est continue sur un compact? (ici la fonction est f, et g le compact d'après ce que tu as fait plus haut?)