Universite Cheikh Anta Diop de Dakar ILYFaculte des Sciences Economiques

et de Gestion. Annee 2012-2013

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Corrige serie 2 mathematiques 3

Exercice 1 :Trouver les points critiques de la fonction

(1) f(x, y) = x3 + y3 − 3xy.

Reponse : Pour cela nous determinons le gradient de la fonction f,

(2) grad(f) = ∇f(x, y) = (∂f

∂x,∂f

∂y).

Nous avons : ∂f∂x(x, y) = 3x2− 3y et ∂f

∂y = 3y2− 3x. Pour trouver lespoints critiques, il suffit de poser la condition necessaire d’existenced’ un extremum : ∇f(x, y) = (0, 0) puis que, le gradient est unvecteur. Nous obtenons :

(3) 3x2 − 3y = 0

(4) 3y2 − 3x = 0

De l’equation definie par (3), on peut tirer la relation y=x2 et enremplacant dans l’equation definie par (4), nous obtenons

(5) x4 − x = 0

(6) (x− 1)(x2 + x+ 1) = 0

(7) x = 1 ou x2 + x+ 1 = 0

(8) x = 1 ou ∆ = 1− 4 = −3 ≤ 0

Ainsi les points de coordonnees A(0,0) et B(1,1) sont les points cri-tiques de la fonction f . Nous rappelons que les solutions issues de(4) sont remplacees dans (1) pour obtenir les points critiques citesci-dessus.Pour l’etude de la nature des points critiques, on determinera lamatrice Hessienne.Nous aurons un maximum lorsque les mineurs principaux sont alter-nativement negatifs positifs, et d’un minimum lorsque les mineurs

1. Deuxieme annee de Sciences Economiques et de Gestion

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principaux sont tous positifs.Nous avons :

(9)∂2f

∂x2= 6x

On calcule maintenant les derivees croisees, on rappelle qu’elles sonttoujours egales (voir theoreme dans le cours de M Ly).

(10)∂2f

∂x∂y= −3 =

∂2f

∂y∂x

et la derivee seconde par rapport a y est donnee par :

(11)∂2f

∂y2= 6y

(12) H(1, 1) =

(6 −3−3 6

),

Le premier mineur d’ordre 1 est de determinant positif det(∆1) = 6et det(∆2) = 36− 9 qui est aussi positif.Nous avons bien un minimum au point B(1,1). Faire de meme pourle point A(0,0).

Exercice 2 :Cherchons les extrema de la fonction f definie par :

(13) f(x, y) = x3z + y3 − 3x2y − 2z2.

Nous posons d’abord la condition necessaire pour determiner lespoints critiques de la fonction f definie par ∇f(x, y) = (0, 0) etdonne par :

(14)∂f

∂x(x, y) = 3x2z − 6xy = 0

(15)∂f

∂y(x, y) = 3y2 − 3x2 = 0

(16)∂f

∂z(x, y) = x3 − 4z = 0

3

La condition necessaire ne garantit pas que le point trouve est unextremum.De (14), nous tirons

(17) 3x2y − 6xy = 0

(18) 3x(xz − 2y) = 0

(19) x = 0 ou xz = 2y

Il est claire que lors que x = 0 alors y = 0 et z = 0. Il en decouleque le point A(0, 0, 0) est un point critique.En rempla cant y par sa valeur xz

2 dans (15), il en dcoulex2z2

4 − x2 = 0 ⇒ x2(z

2

4 − 1) = 0 ⇒ x = 0 ou z2 − 4 = 0.Ainsi nous obtenons x = 0 ou z = 2 ou z = −2.En remplacant dans (16), z par 2 ou -2, on rappelle ici que nousavons terminer avec x = 0.Nous avons pour z = 2 :x3 − 8 = 0 ⇒ (x − 2)(x2 + 2x + 4) ⇒ x = 2 ou non solution car∆′ = −3 ≤ 0.Pour z = −2 :x3 + 8 = 0 ⇒ (x + 2)(x2 − 2x + 4) ⇒ x = −2 ou non solution car∆′ = −3 ≤ 0La valeur de y possible en utilisant la premiere ou la seconde quationest y = 2, dans les deux cas.Il s’en suit que les points B(2, 2, 2) et C(−2, 2,−2) sont aussi despoints critiques de la fonction f(x, y).Il nous faut maintenant poser la condition suffisante pour tudierla nature des points critiques obtenus. Pour cela, il faut refaire lademarche de l’exercice 1, ici la matrice hessienne est donnee par :

(20) H(x, y) =

∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂x∂z

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

∂2f∂y∂z

∂2f∂z∂x

∂2f∂z∂y

∂2f∂z2

.

Exercice 3 :Soit PQ le prix de la production Q = (xy)

13 (fonction d’offre). Ainsi

le cout total de l’offre (production) est donnee parO = PQ(xy)13 ou x

et y sont les quantites des facteurs de la production. Soit px, py leurs

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prix respectives par unite de quantite. Le cot total de la demandeest donnee par :

D = pxx+ pyy.

A l’equilibre Offre = Demande

PQ(xy)13 = pxx+ pyy.

Determinons les points critiques de la fonction

f(x, y) = PQ(xy)13 − pxx− pyy,

puisque nous voulons determiner les quantites qui realisent l’egaliteparfaite. Condition du premier ordre de determination d’un pointcritique : {

∂f∂x =

PQ

3 y13x−

23 − px = 0 (1)

∂f∂y =

PQ

3 y13x−

23 − py = 0 (2)

(1)/(2), nous avons pxpy

= yx (3).

De (3), on peut tirer y = xpxpy. En remplaant dans (1) nous avons :

PQx13p

13xy−

23

p13y

= px.

Il en decoule, apres simplification que x =P 3Q

27p2xpy. On rappelle que

les variables px, py et PQ sont des constantes positives. On tire fa-

cilement aussi la valeur de y =P 3Q

27pxp2y. On vient ainsi de trouver les

points critiques qui realisent l’egalite parfaite entre le cout total del’offre et celle de la demande. En rempla cant x et y par leurs valeurstrouvees. On peut donner la formule de la fonction de productionQ qui vaut :

Q =P 2Q

9pxpy.

Exercice 4 :Dterminons les points critiques de la fonction definie par :

f(x, y) = x2y,

sous contrainte g(x, y) = 3x2 + 3y2 − 6y − 5.Nous sommes en face d’un probleme d’optimisation sous contrainted’egalite.

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Nous utilisons ici la methode du Lagrangien pour resoudre ce probleme.Le Lagrangien est donnpar :

L(x, y, λ) = f(x, y)− λg(x, y).

L(x, y, λ) = x2y − λ(3x2 + 3y2 − 6y − 5).

La condition necessaire de determination des points critiques estdonnee par ∇L(x, y) = 0, definie par :

∂L∂x = 2xy − 6λx = 0 (1)

∂L∂y = x2 − 6λy + 6λ = 0 (2)

∂L∂λ = 3x2 + 3y2 − 6y − 5 = 0 (3)

De (1) on peut tirer

x = 0 ou y = 3λ

De l’equation (3) nous pouvons tirer

x2 =−3y2 + 6y + 5

3.

En rempla cant x2 et λ par leurs valeurs respectives −3y2+6y+53 et λ

3issue de (1) et (3) dans (2), il en decoule l’equation donnee par

−9y2 + 12y + 5 = 0.

Cette dernire quation admet comme solutions

y =5

3ou y = −1

3.

Ainsi les points critiques sont les points pour lesquelles x = 0 ouy = 5

3 ou y = −13 .

Pour x = 0, nous resolvons l’equation

−3y2 + 6y + 5

3= 0 ⇒ 3y2 − 6y − 5 = 0

qui admet comme solutions

y = 1 +2√

6

3ou y = 1− 2

√6

3,

ainsi les points definies par A(0, 1 + 2√6

3 ) et B(0, 1 − 2√6

3 ) sont despoints critiques.Pour y = 5

3 , on verifiera que les points critiques sont les points

donnes par C(−2√5

3 , 53) et D(2√5

3 , 53).

6

Faire de meme pour y = −13 .

Exercice 5 :Dans cet exercice, il est question d’un probleme de maximisationd’une fonction d’utilite d’un consommateur sous contrainte de sonrevenu R. On sait que R = pxx+ pyy avec x et y des quantites.{

maxU = max{x

12y}

sc pxx+ pyy = R

Le lagrangien s’ecrit sous la forme :

L(x, y, λ) = x12y − λ(pxx+ pyy −R). U ′x(x, y)− λpx = 0 (1)

U ′y(x, y)− λpy = 0 (2)pxx+ pyy −R = 0 (3)

En faisant le rapport de (1) et (2), nous avons

pxpy

=U ′x(x, y)

U ′y(x, y).

On a :

U ′x(x, y) =1

2x−

12y et U ′y(x, y) = x

12 .

En calculant nous obtenonspxpy

=y

2x(4).

On voit qu’a l’optimum, le rapport des prix est proportionnel aurapport des quantites. La condition du premier ordre est donnee demaniere explicite par :

12x− 1

2y − λpx = 0 (1)

x12 − λpy = 0 (2)

pxx+ pyy −R = 0 (3)

De (4), on peut tirer

y =2xpxpy

.

En remplaant dans (3), nous avons :

pxx+ pyy −R = 0⇒ 3px −R = 0⇒ x =1

3

R

px

7

En rempla cant une nouvelle fois x par sa valeur dans (3) nous avons

y = 23Rpy, on peut verifier facilement que λ =

[R

3pxp2y

] 12

.

Par hypothese de l’exercice, nous avions U = x12y.

Ainsi en rempl cant les fonctions de demandes par leurs valeurs, ilen decoule que :

U(x, y) =2R

32

332p

12xpy

L’utilite marginale du revenue est donnee par :

∂U(R, px, py∂R

=3R

12

332p

12xpy

Exercice 6 :Determinons les extrema de la fonction f(x, y, z) definie par

f(x, y, z) = xy + xz + yz

sous contrainte xyz = 125. Le Lagrangien L s’ecrit sous la forme :

L(x, y, z, λ) = xy + xz + yz + λ(125− xyz)

Nous avons : ∂L∂x = y + z − λyz = 0 (1)∂L∂y = x+ z − λxz = 0 (2)∂L∂y = x+ y − λxy = 0 (2)

∂L∂λ = xyz = 125 (4)

De l’equation xyz = 125, il en decoule que x 6= 0, y 6= 0 et z 6= 0.De (4), on peut tirer xy = 125

z , en rempla cant dans (3), on a :

x+ y − 125λ

z⇒ xz + yz − 125λ = 0.

En raisonnant de la meme maniere, il s’en suit que :

x+ z − 125λ

y⇒ xy + yz − 125λ = 0.

Il s’en suit que xz = xy ⇒ z = y. D’autre part :

x+ z − 125λ

y⇒ xy + yz − 125λ = 0.

y + z − 125λ

x⇒ xy + zx− 125λ = 0.

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par suite yz = zx ⇒ y = x. Nous obtenons x = y = z. Il en ressortde la contrainte xyz = 125 que

x3 = 125,

en resolvant cet equation, nous avons :

(x− 5)(x2 + 5x+ 25) = 0.

Nous voyons facilement que x = 5 = y = z.Le point A(5, 5, 5) est un point critique. Au passage λ = 10

25 = 25 .

Hb(x, y, z) =

0 ∂g

∂x∂g∂y

∂g∂z

∂g∂x

∂2L∂x2

∂2L∂x∂y

∂2L∂x∂z

∂g∂y

∂2L∂y∂x

∂2L∂y2

∂2L∂y∂z

∂g∂z

∂2L∂z∂x

∂2L∂z∂y

∂2L∂z2

.

On a : ∂g∂x = yz, ∂g

∂y = xz, ∂g∂z = xy∂2L∂x∂y = 1− λz = ∂2L

∂y∂x , ∂2L∂x∂z = 1− λy = ∂2L

∂z∂x ,∂2L∂y∂z = 1− λx = ∂2L

∂z∂y

Ainsi la matrice Hp(x, y, z) =

0 25 25 2525 0 −1 −125 −1 0 −125 −1 −1 0

.

Ainsi det(Hp(5, 5, 5) =

∣∣∣∣∣∣∣∣0 25 25 2525 0 −1 −125 −1 0 −125 −1 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −1875.

Le determinant de cette matrice au point A(5, 5, 5) est donne par :det(Hp(5, 5, 5) = −1875, qui est strictement negatif donc le pointA(5, 5, 5) est un minimum local strict.