INSA de Rennes – 2`eme année STPI – Analyse 4 –O.Ley Exercice ...

INSA de Rennes – 2ème année STPI – Analyse 4 –O.Ley
Exercice 1 En utilisant une quantité α d’aluminium, concevoir la boîte de conserve (un cylindre) ayant
un volume V maximal, sachant que le fond et le dessus doivent avoir double épaisseur.
Solution de l’exercie 1. Appelons x le rayon de la boîte cylindrique et y sa hauteur (voir Figure 1.1).
x
y
Le volume de la boîte est donc
Figure 1: La boîte de conserve
V (x,y) = πx 2 y.
Si l’on appelle e l’épaisseur de la plaque d’aluminium, on a comme contrainte
}{{} 2 × πx 2 × }{{} 2e + 2πxye = α.
couvercle+fond double épaisseur
En normalisant, i.e. en prenant e = 1 (sinon poser α ′ = α/e), en appelant g(x,y) = 4πx 2 + 2πxy − α, le
problème est de
maximiser V (x,y) sous la contrainte g(x,y) = 0.
Conditions nécessaires d’optimalité. On introduit le lagrangien L λ (x,y) = V (x,y) + λg(x,y). Comme V
et g sont de classe C ∞ , en un point de maximum (x,y), il existe λ ∈ IR tel qu’on a nécessairement le
système de 3 équations à 3 inconnues :
{ 4πx 2 + 2πxy = α (contrainte)
∇L λ (x,y) = (0,0)
⇐⇒
⎧
⎨
⎩
4πx 2 + 2πxy = α
2πxy + λ(8πx + 2πy) = 0
πx 2 + λ2πx = 0
⇐⇒
⎧
⎨
⎩
2x 2 + xy = α/(2π)
xy + 4λx + λy = 0
x + 2λ = 0
(remarque: on peu simplifier par x la dernière équation car x ≠ 0 ; sinon, par la 1ère équation, on
aurait α = 0). La dernière équation donne λ = −x/2 (ce λ est appelé multiplicateur de Lagrange). En
injectant dans la deuxième et en résolvant le système constitué des deux premières équations, on obtient
x 2 = α/(12π) et xy = α/(3π). Comme x,y sont des longueurs, ils sont positifs et on obtient une seule
solution possible
x = 1 √ α α
et y = 2√
2 3π 3π .
Remarque : on trouve y/x = 4 donc une boîte de conserve qui doit être 4 fois plus haute que large ! Ces
conditions ne sont pas évidentes d’où l’utilité et la puissance de la méthode. Pour être complètement
rigoureux mathématiquement, il s’agirait de prouver qu’il existe une solution au problème. Le point
trouvé dans les conditions nécéssaires sera alors l’unique solution du problème. C’est l’objet de ce qui
suit qui est donné pour ceux qui veulent aller plus loin.
Conditions suffisantes. Soit
A = {(x,y) ∈ IR 2 : x ≥ 0, y ≥ 0 et 2x 2 + xy = α/(2π)}.
L’ensemble A n’est pas compact (il peut contenir des points (x,y) avec y arbitrairement grand et x très
petit). Posons a = x et b = xy et introduisons
à = {(a,b) ∈ IR 2 : a ≥ 0, b ≥ 0 et 2a 2 + b = α/(2π)}.
1

Ce nouvel ensemble à est maintenant compact. Comme V (x,y) = πab, le problème posé est équivalent
à trouver
sup πab.
(a,b)∈Ã
Comme (a,b) ↦→ πab est continue sur le compact Ã, cette fonction atteint son maximum en un point
(ā,¯b) ∈ Ã qui est un solution du problème. On remarque d’abord que ā,¯b > 0 (sinon V max = 0 ce qui
serait absurde). Posons ¯x = ā et ȳ = ¯b/ā. Il suit
{ V (¯x,ȳ) = π¯x2ȳ = πā¯b = V max
2¯x 2 + ¯xȳ = α/(2π) donc g(¯x,ȳ) = 0,
donc (¯x,ȳ) est la solution du problème ce qui termine la preuve.
✷
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