Multiplicateur de Lagrange
# Multiplicateur de Lagrange

En mathématiques, et plus particulièrement en analyse, la méthode des multiplicateurs de Lagrange permet de trouver les points stationnaires (maximum, minimum…) d'une fonction dérivable d'une ou plusieurs variables, sous contraintes.

## Dimension finie

On cherche à trouver l'extremum, un minimum ou un maximum, d'une fonction φ de n variables à valeurs dans les nombres réels, ou encore d'un espace euclidien de dimension n, parmi les points respectant une contrainte, de type ψ(x) = 0 où ψ est une fonction du même ensemble de départ que φ. La fonction ψ est à valeurs dans un espace euclidien de dimension m. Elle peut encore être vue comme m fonctions à valeurs réelles, décrivant m contraintes.

Si l'espace euclidien est de dimension 2 et si la fonction ψ est à valeurs dans ℝ, correspondant à une contrainte mono-dimensionnelle, la situation s'illustre par une figure analogue à celle de droite. La question revient à rechercher le point situé le plus haut, c'est-à-dire le maximum de φ, dans l'ensemble des points rouges, c'est-à-dire ceux qui vérifient la contrainte. Le point recherché est celui où la courbe rouge ne monte ni ne descend. En termes techniques, cela correspond à un point où la différentielle de ψ possède un noyau orthogonal au gradient de φ en ce point. La méthode du multiplicateur de Lagrange offre une condition nécessaire. Les fonctions φ et ψ sont différentiables et leurs différentielles continues ; on parle de fonction de classe $C^1.$ On considère λ un vecteur pris dans l'ensemble d'arrivée de ψ et la fonction L définie par :

$L(x,\lambda )=\varphi (x)+\lambda \cdot \psi (x).$

Cette fonction est parfois appelée le lagrangien.

L'opérateur représenté par un point est ici le produit scalaire. Si $x_0$ est une solution recherchée, on montre qu'il existe un vecteur $λ_0$ tel que la fonction L admet une différentielle nulle au point $(x_0,$ $λ_0).$ Les coordonnées du vecteur $λ_0$ — ou parfois du vecteur $opposé^,$ — sont appelées multiplicateurs de Lagrange. Cette technique permet de passer d'une question d'optimisation sous contrainte à une optimisation sans contrainte, celle de la fonction L, dans un espace de dimension n + m.

### Exemple introductif

Soit $v_0$ un nombre strictement positif. L'objectif est de trouver la portion de cylindre de rayon r et de hauteur h de surface minimale (couvercles compris) et de volume $v_0.$ Pour cela on définit deux fonctions, v et s qui à (r, h) associent respectivement le volume et la surface de la portion de cylindre. On dispose des égalités

$\forall r,h\in \mathbb {R} _{+}\quad v(r,h)=\pi r^{2}h\quad {\text{et}}\quad s(r,h)=2\pi r(r+h).$

La figure de droite représente la fonction s, qui à r et h associe la surface. La ligne bleue correspond aux points de volume égal à 1. L'objectif est de trouver le point bleu, de plus petite surface pour un volume égal à 1. La fonction s n'est autre que la fonction φ du préambule. La fonction ψ et la fonction L sont définies par :

$\forall r,h\in \mathbb {R} _{+}\quad \psi (r,h)=v(r,h)-v_{0}\quad {\text{et}}\quad \forall \lambda \in \mathbb {R} \quad L(r,h,\lambda )=s(r,h)+\lambda \psi (r,h).$

La méthode de Lagrange consiste à rechercher un point tel que la différentielle de L soit nulle. Sur un tel point, la dérivée partielle par rapport à λ est nulle, ce qui signifie que la fonction ψ est nulle, ou encore que la contrainte est respectée. Si l'on identifie s avec son approximation linéaire tangente, son comportement sur la contrainte, aussi identifiée à son approximation linéaire tangente, est aussi nécessairement nulle à partir de l'ordre 1. Ce comportement est illustré par la droite en vert sur la figure. Le long de cette droite, la fonction ψ est nulle, et le terme d'ordre 1 de la fonction s l'est alors nécessairement.

Il suffit, en conséquence, de calculer la différentielle de L, et plus précisément ses trois dérivées partielles, pour l'exemple choisi :

${\frac {\partial L}{\partial r}}=2\pi (h+2r+\lambda hr)=0,\;{\frac {\partial L}{\partial h}}=\pi (2r+\lambda r^{2})=0,\;{\frac {\partial L}{\partial \lambda }}=\pi r^{2}h-v_{0}=0.$

On trouve les valeurs suivantes :

$r=-{\frac {2}{\lambda }}=\left({\frac {v_{0}}{2\pi }}\right)^{1/3},\;h=-{\frac {4}{\lambda }}=2\left({\frac {v_{0}}{2\pi }}\right)^{1/3}\;{\text{et}}\;\lambda =-2\left({\frac {2\pi }{v_{0}}}\right)^{1/3}.$

Autrement dit :

    $h=2r\;$ et $\;v_{0}=\pi r^{2}h$, d'où $s=6\pi r^{2}$.

Cet exemple possède l'avantage d'une représentation graphique simple, guidant l'intuition. En revanche, la méthode du multiplicateur de Lagrange n'est pas nécessaire dans ce cas : on peut simplement exprimer la valeur de h pour que le volume du cylindre respecte la contrainte imposée au volume $v_0.$ On trouve :

    $h={\frac {v_{0}}{\pi r^{2}}}.$

En "injectant" cette contrainte dans l'équation décrivant l'aire, il vient :

    $s=2\pi r^{2}+{\frac {2v_{0}}{r}}$

et il suffit de trouver la valeur de r minimisant cette fonction pour trouver la solution. De même qu'avec le multiplicateur de Lagrange, on trouve :

$h=2r.$

### Deuxième exemple : l'isopérimétrie du triangle

Pour se convaincre de la pertinence de la méthode, on peut rechercher le triangle d'aire maximale et de périmètre p, choisi strictement positif. D'après la formule de Héron, si (x, y, z) est le triplet des longueurs des côtés du triangle, son aire A est égale à :

    $A={\frac {1}{4}}{\sqrt {(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}-2(x^{4}+y^{4}+z^{4})}}.$

Il est plus simple de maximiser la fonction φ qui associe à (x,y,z) quatre fois le carré de A. La contrainte est donnée par la fonction ψ qui associe au triangle la différence du périmètre et de p :

    $\varphi (x,y,z)={\frac {1}{4}}\left[(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}-2(x^{4}+y^{4}+z^{4})\right]\quad {\text{et}}\quad \psi (x,y,z)=x+y+z-p.$

Un triangle n'est défini, pour un triplet (x, y, z), que si les trois coordonnées sont positives et si la somme de deux coordonnées est supérieure à la troisième. Soit D cet ensemble de points. Sur la frontière de D, la fonction φ est nulle. On cherche un point de l'intérieur de D tel que φ soit maximal dans l'ensemble des points d'image par ψ nulle. Comme l'intersection de l'image réciproque de 0 par ψ et de D est un compact, il existe au moins un maximum. On définit comme dans l'exemple précédent la fonction L par :

    $L(x,y,z,\lambda )=\varphi (x,y,z)+\lambda \,\psi (x,y,z).$

On cherche x, y, z strictement positifs et λ tels que la différentielle de L soit nulle. Un calcul de dérivée partielle montre que ce quadruplet est solution du système d'équations :

    $\left\{{\begin{aligned}{\frac {\partial L}{\partial x}}&=x(-x^{2}+y^{2}+z^{2})+\lambda =0,\quad {\frac {\partial L}{\partial y}}=y(x^{2}-y^{2}+z^{2})+\lambda =0,\quad {\frac {\partial L}{\partial z}}=z(x^{2}+y^{2}-z^{2})+\lambda =0\\{\frac {\partial L}{\partial \lambda }}&=x+y+z-p=0.\end{aligned}}\right.$

On vérifie alors que la seule solution est $x=y=z={\frac {p}{3}}$, correspondant au triangle équilatéral.

**Remarque**


    L'objectif est ici d'illustrer la méthode du multiplicateur de Lagrange. On a trouvé le maximum d'une fonction φ dans l'intérieur de D, sous la contrainte définie par ψ. Si l'objectif est uniquement de résoudre le problème isopérimétrique pour le triangle, une solution plus simple est donnée dans l'article sur l'isopérimétrie.

### Notations et interprétation géométrique

Soient E et F deux espaces vectoriels réels de dimensions respectives n et m avec n plus grand que m. Soit φ une fonction de E dans ℝ, que l'on cherche à minimiser : on cherche un point a tel que φ(a) soit le plus petit possible. Soit ψ une fonction de E dans F, définissant la contrainte. L'ensemble sur lequel on travaille est G, correspondant aux points x tels que ψ(x) = 0.

Si $(e_1,$ … , $e_n)$ est une base de E, chaque point x de E s'exprime comme une combinaison linéaire des éléments de la base :

$x=\sum _{i=1}^{n}x_{i}e_{i}.$

Cette remarque permet de voir les fonctions φ et ψ de deux manières. Elles peuvent être vues comme des fonctions d'une unique variable x de E, ce qui rend l'écriture plus concise et favorise une compréhension plus simple, mais plus abstraite des mécanismes en jeu. Les applications peuvent aussi être vues comme fonctions de n variables $x_1,$ … , $x_n,$ ce qui présente une rédaction plus lourde mais plus aisée pour les calculs effectifs. L'espace F est de dimension m. Si $(f_1,$ … , $f_m)$ est une base de F, la fonction ψ peut aussi être vue comme m fonctions de n variables :

$\forall \,x\in E,\quad \psi (x)=\sum _{j=1}^{m}\psi _{j}(x)f_{j}$

ou encore

$\forall \,(x_{1},\ldots ,x_{n})\in \mathbb {R} ^{n},\quad \psi (x_{1},\cdots ,x_{n})=\sum _{j=1}^{m}\psi _{j}(x_{1},\cdots ,x_{n})f_{j}.$

L'ensemble G peut être vu comme une unique contrainte exprimée par une fonction à valeurs dans F ou encore comme m contraintes exprimées par les égalités $ψ_j(x)$ = 0, à valeurs réelles.

Les fonctions φ et ψ sont de classe $C^1,$ ce qui signifie qu'elles sont différentiables, autrement dit elles admettent chacune une application linéaire tangente en chaque point. Le terme $C^1$ signifie aussi que les applications qui, à un point associent les différentielles, soit de φ soit de ψ, sont continues.

L'optimum recherché vérifie une propriété analogue à celle du théorème de Rolle. Un corollaire de ce théorème, illustré à gauche, indique que l'optimum, un maximum ou un minimum, s'il se situe dans l'intervalle ouvert ]a, b[, possède une tangente horizontale, ce qui signifie encore que sa différentielle est nulle. C'est un résultat de cette nature qui est recherché. On peut le visualiser sur la figure de droite, si n et m sont respectivement égaux à 2 et à 1. On représente φ (noté f sur la figure de droite) en bleu par ses courbes de niveau, comme les géographes. Les flèches représentent le gradient de la fonction φ. La différentielle de φ en un point est une application linéaire de E dans ℝ, c'est-à-dire une forme duale. Il est d'usage de considérer E comme un espace euclidien, de choisir la base de E orthonormale et d'identifier la différentielle avec le vecteur de E qui représente la forme duale. Dans ce cas, l'approximation linéaire tangente s'écrit :

$\forall x,h\in E\quad \varphi (x+h)=\varphi (x)+\mathrm {grad} \,\varphi (x)\cdot h+o(h)\quad {\text{avec}}\quad \mathrm {grad} \,\varphi (x)=\sum _{i=1}^{n}{\frac {\partial \varphi }{\partial x_{i}}}e_{i}.$

La lettre o désigne un petit o selon la notation de Landau et le point entre le gradient de φ et h symbolise le produit scalaire. Le vecteur gradient est orthogonal à la courbe de niveau, dans le sens des valeurs croissantes de φ et de norme proportionnelle à la vitesse d'accroissement de φ dans cette direction. La contrainte vérifie une propriété analogue puisqu'elle est aussi différentiable. L'ensemble étudié est celui des valeurs x telles que ψ(x) est nul. Si $x_0$ est élément de G, les points voisins de $x_0$ dans G ont aussi une image nulle par ψ, autrement dit, l'espace tangent à G au point $x_0$ est formé par les accroissements h de $x_0$ qui ont une image nulle par la différentielle de ψ. La direction de l'espace tangent est le noyau de l'application différentielle de ψ. Une analyse par les fonctions coordonnées $ψ_i$ exprime ce résultat en indiquant que l'espace tangent est l'intersection des hyperplans orthogonaux des gradients des $ψ_i.$

Une analyse au point optimal $x_0$ recherché indique, en approximation du premier ordre, qu'un déplacement h dans la direction de l'espace tangent à G ne peut pas accroître la valeur de φ. Ceci signifie que le déplacement h est nécessairement orthogonal au gradient de φ en $x_0.$ C'est ainsi que se traduit le théorème de Rolle, dans ce contexte. Géométriquement, cela signifie que la courbe de niveau bleue et la ligne rouge sont tangentes au point recherché. Analytiquement cela se traduit par le fait que le noyau de la différentielle de ψ en $x_0$ est orthogonal au gradient de φ en ce point.

### Une approche intuitive du théorème

Il est peut-être utile, à ce stade, de fournir une approche intuitive du théorème, en se donnant un exemple ayant valeur générale. Considérons donc comme précédemment une fonction différentiable φ(x, y, z) de $ℝ^3$ dans ℝ , dont on se propose de trouver les extrema sous l'unique contrainte ψ(x,y,z) = 0, avec ψ: $ℝ^3$ → ℝ différentiable. On verra ensuite comment s'y prendre pour deux contraintes.

Rappelons d'abord que la différentielle de φ en un point M de l'espace s'écrit

    $d\varphi ={\frac {\partial \varphi }{\partial x}}dx+{\frac {\partial \varphi }{\partial y}}dy+{\frac {\partial \varphi }{\partial z}}dz$,

soit en notant φ' le vecteur $({\frac {\partial \varphi }{\partial x}},{\frac {\partial \varphi }{\partial y}},{\frac {\partial \varphi }{\partial z}}),$

    $d\varphi =\varphi '(M)\cdot (dx,dy,dz)=\varphi '(M)\cdot dM.$

L'interprétation bien connue de ces relations est qu'un déplacement infinitésimal de vecteur dM au point M induit une variation infinitésimale de la fonction φ, égale au produit scalaire de φ' (appelé vecteur gradient de φ) avec dM.

Considérons maintenant la contrainte ψ(x,y,z) = 0, qui définit une surface S dans l'espace, tout au moins localement. Il est clair que le problème revient à trouver les points extremum de la restriction de φ à S. La différentielle de ψ en un point M de l'espace s'écrit, comme précédemment,

    $d\psi =\psi '(M)\cdot dM.$

Cette relation est en particulier vraie si le point M est sur S. Mais supposons de plus qu'on astreigne le déplacement infinitésimal dM à s'effectuer sur S ; alors puisque ψ est identiquement nulle sur S, il en est de même de sa variation infinitésimale sur S, et dM devra donc vérifier la relation

    $\psi '(M)\cdot dM=0.$

Vu que dM est quelconque sur S, cela signifie que ψ'(M) est orthogonal à S au point M.

Maintenant, si la restriction de φ à S est extrémale au point M (ce que l'on cherche), alors pour tout déplacement infinitésimal dM en M s'effectuant sur S, la variation infinitésimale correspondante de φ devra être nulle: on peut se contenter de ressentir ce fait, ou bien de s'appuyer sur l'homologie avec les fonctions d'une seule variable réelle, ou encore de le justifier formellement en considérant des courbes paramétrées sur S passant par M et de vecteur dérivé en M proportionnel à dM.

Mathématiquement, cela signifie que

    $\varphi '(M)\cdot dM=0,\quad dM\ {\text{sur}}\ S.$

Ainsi, φ'(M) doit être orthogonal à dM, tout comme l'est ψ'(M) d'après ce qu'on a vu plus haut. Il revient au même de dire que φ'(M) est colinéaire à ψ'(M), ou bien

    $\varphi '(M)=\lambda \psi '(M)\quad {\text{avec}}\quad \lambda \in \mathbb {R} .$

On peut écrire cette relation sous la forme

    $\varphi '(M)-\lambda \psi '(M)=0={\text{grad}}(\varphi -\lambda \psi )(M).$

Cette équation, alliée avec l'équation de contrainte originale ψ(M) = 0, constitue la méthode des multiplicateurs de Lagrange.

Dans le cas de deux contraintes $ψ_1(M)$ = 0 et $ψ_2(M)$ = 0, on a une intersection de deux surfaces de contraintes, c'est-à-dire une courbe 𝒞 en général. Le problème revient cette fois à chercher les extrema de la restriction de φ à 𝒞. Le même raisonnement que précédemment s'applique, mais dM sera cette fois astreint à appartenir à 𝒞, c'est-à-dire à être orthogonal au sous-espace T engendré par les vecteurs $ψ'_1(M)$ et $ψ'_2(M).$ Donc les points extremum seront les points M tels que φ'(M) ∈ T, ou bien

    $\varphi '(M)=\lambda _{1}\psi '_{1}(M)+\lambda _{2}\psi '_{2}(M).$

Comme précédemment, la méthode des multiplicateurs de Lagrange s'ensuit immédiatement.

Le même raisonnement s'applique dans les espaces euclidiens de dimension n > 3, ou la fonction objectif est soumise à au plus n–1 équations de contraintes à n variables: il suffit de remplacer la notion de "surface" par celle d'"hyperplan".

### Théorèmes

Le problème à résoudre est de trouver le minimum suivant :

$\forall x\in E\quad \min _{x\in G}\varphi (x)\quad {\text{avec}}\quad G=\{x\in E\mid \psi (x)=0\}.$

Les fonctions φ et ψ ne sont pas nécessairement définies sur tout E mais au moins sur des ouverts de E, où elles sont supposées différentiables, avec $Dψ(x_0)$ surjective.

Théorème des extrema liés —  Si le point $x_0$ est un extremum local de φ dans l'ensemble G, alors le noyau de la différentielle de ψ au point $x_0$ est orthogonal au gradient de φ en ce point.

Plus simplement : au point $x_0,$ le noyau de $Dψ(x_0)$ est inclus dans celui de $Dφ(x_0),$ c'est-à-dire, d'après les propriétés des formes linéaires : $Dφ(x_0)$ est une combinaison linéaire de $Dψ_1(x_0),$ … , $Dψ_m(x_0),$ où les $ψ_j$ sont les composantes de ψ dans une base de F (voir supra). Autrement $dit^,$ :

$\exists (\lambda _{j})\in \mathbb {R} ^{m}\quad \mathrm {D} \varphi (x_{0})+\sum _{j=1}^{m}\lambda _{j}\,\mathrm {D} \psi _{j}(x_{0})=0$

Cette formulation plus simple met en évidence le multiplicateur. Si l'on souhaite la réécrire en termes de gradients, il est nécessaire d'équiper F du produit scalaire tel que sa base soit orthonormale, le symbole $^t$ signifie la transposée d'une application linéaire ; elle définit une application du dual de F, ici identifié à F dans le dual de E, encore identifié à E :

Corollaire 1 —  Si le point $x_0$ est un extremum local de φ dans l'ensemble G et si la différentielle de ψ au point $x_0$ est surjective, il existe un vecteur $λ_0$ de F tel que :

$\mathrm {grad} \;\varphi (x_{0})+^{t}\!D\psi _{x_{0}}(\lambda _{0})=0$

Sous forme de coordonnées, on obtient :

$\exists (\lambda _{j})\in \mathbb {R} ^{m}\quad \mathrm {grad} \;\varphi (x_{0})+\sum _{j=1}^{m}\lambda _{j}\,\mathrm {grad} \;\psi _{j}(x_{0})=0.$

Un deuxième corollaire est plus pragmatique, car il offre une méthode effective pour déterminer l'extremum. Il correspond à la méthode utilisée dans l'exemple introductif.

Corollaire 2 —  Si le point $x_0$ est un extremum local de φ dans l'ensemble G et si la différentielle de ψ au point $x_0$ est surjective, alors il existe un vecteur $λ_0$ de F tel que la fonction L de E×F dans ℝ admet un gradient nul en $(x_0,$ $λ_0)$ :

$\forall (x,\lambda )\in E\times F\quad L(x,\lambda )=\varphi (x)+\lambda \cdot \psi (x)\quad {\text{et}}\quad DL_{x_{0},\lambda _{0}}=0.$

Ces théorèmes possèdent quelques faiblesses, de même nature que celle du théorème de Rolle. La condition est nécessaire, mais pas suffisante. Un point de dérivée nulle pour Rolle ou vérifiant les hypothèses du théorème du multiplicateur de Lagrange n'est pas nécessairement un maximum ou un minimum. Ensuite, même si ce point est un extremum, il n'est que local. Si une solution $x_0$ est trouvée, rien n'indique que cet extremum local est le meilleur. L'approximation linéaire ne précise pas si cet optimum est un maximum ou un minimum. Enfin, comme pour le cas du théorème de Rolle, si les domaines de définition ne sont pas ouverts, il est possible qu'un point frontière soit un optimum qui ne vérifie pas le théorème. Ainsi, sur la figure de gauche, f(a) et f(b) sont des minima mais la dérivée n'est nulle ni en a, ni en b.

Il existe deux méthodes célèbres pour démontrer les résultats de Lagrange. La première est souvent appelée méthode des pénalités, elle consiste à considérer une suite $(χ_k)$ définie de la manière suivante :

$\chi _{k}(x)=\phi (x)+{\frac {k}{2}}\|\psi (x)\|^{2}+\alpha \|x-x_{0}\|^{2},\quad \alpha >0.$

La suite des minima de ces fonctions tend vers $x_0.$

L'autre méthode utilise le théorème des fonctions implicites.

C'est un dérivé de cette méthode qui est utilisé ici. Le théorème n'est pas utilisé, mais les inégalités à la base de la démonstration sont présentes dans la preuve.

   * Cas où ψ est une fonction affine :

La démonstration de ce cas particulier n'est pas nécessaire pour le cas général, en revanche, elle permet de comprendre la logique utilisée et fixe les notations. Soit $x_1$ un point de E tel que la différentielle de ψ possède un noyau qui n'est pas dans l'orthogonal du gradient de φ. On montre que $x_1$ n'est pas un extremum. La contraposée de ce résultat permet de conclure.

Par hypothèse, il existe un vecteur $k_1$ élément du noyau de la différentielle de ψ au point $x_1$ (qui est d'ailleurs la même en chaque point car ψ est une application affine) et qui n'est pas orthogonal au gradient. On choisit $k_1$ de norme 1 et de sens tel que le produit scalaire de ce vecteur avec le gradient soit strictement positif. On note α ce produit scalaire. Si s est un réel positif, l'égalité définissant le gradient, appliquée au vecteur $sk_1$ est

$\varphi (x_{1}+sk_{1})=\varphi (x_{1})+s\alpha +o(s).$

Si s est choisi suffisamment petit, alors o(s) peut être choisi plus petit, en valeur absolue, que n'importe quelle constante strictement positive que multiplie s, par exemple : sα/2. De manière formelle :

$\exists \mu >0,\;\forall s\in ]0,\mu [\quad \varphi (x_{1}+sk_{1})\geq \varphi (x_{1})+s\alpha -{\frac {s\alpha }{2}}=\varphi (x_{1})+{\frac {s\alpha }{2}}.$

Le fait que l'image par ψ de $x_1$ + $sk_1$ soit un élément de G, ainsi que la majoration précédente, montrent que $x_1$ ne peut être un maximum local. En choisissant s négatif, on montre que $x_1$ ne peut pas non plus être un minimum local.

   * Cas général :

Dans le cas général, on ne peut supposer que $x_1$ + $sk_1$ soit élément de G. La situation est illustrée sur la figure de droite. L'ensemble G est représenté en bleu, le gradient de φ en rouge et la droite dirigée par $k_1$ en vert. Pour une valeur de s suffisamment petite, on construit un vecteur k, égal à $sk_1$ et proche de G. Une technique analogue à celle du théorème des fonctions implicites permet de trouver un point $x_2,$ suffisamment proche de $x_1$ + k pour que le raisonnement précédent puisse s'appliquer avec peu de modifications. La technique consiste à établir quatre inégalités qui montrent le résultat recherché.

       Première inégalité :
    Elle consiste à utiliser la définition du gradient au point $x_1$ mais, cette fois-ci, valable pour tout vecteur de norme suffisamment petite :

$(1)\quad \forall v\in E\quad \|v\|\leq 2\mu _{1}\Rightarrow \varphi (x_{1}+v)\geq \varphi (x_{1})+\mathrm {grad} \,\varphi (x_{1})\cdot v-{\frac {\alpha }{8}}\|v\|.$

Par rapport au cas particulier affine, la constante est choisie un peu différemment, elle est maintenant égale à α/8. La zone sur laquelle la majoration est vérifiée est un peu modifiée, elle correspond maintenant aux vecteurs de normes plus petites que $2μ_1.$ Les raisons techniques qui poussent à ces modifications apparaissent à la conclusion de cette démonstration.

       Deuxième inégalité :
    La deuxième inégalité permet de borner la norme du vecteur, illustré en bleu ciel et qu'il faut ajouter à $x_1$ + $sk_1$ pour retrouver le point de G qui montre que $x_1$ n'est pas un maximum local. L'objectif est de montrer qu'il existe un réel strictement positif m tel que

$(2)\quad \forall x\in {\mathcal {B}}_{x_{1}},\;\forall v\in E\quad v\in (KerD\psi _{x})^{\bot }\Rightarrow \|v\|\leq {\frac {\|D\psi _{x}(v)\|}{m}}.$

    Ici, le symbole $B_{x1}$ désigne la boule de centre $x_1$ et de rayon 1. Pour établir ce résultat, on utilise deux propriétés des compacts. Une fonction continue l'est uniformément sur un compact, ensuite elle atteint sa borne inférieure. La différentielle de ψ en un point quelconque est continue, comme d'ailleurs toute application linéaire en dimension finie. Composée avec la norme, aussi continue, elle atteint sa borne inférieure sur l'intersection de l'orthogonal de son noyau et de la sphère unité. Cette intersection est en effet compacte. On appelle f la fonction qui à une application linéaire de E dans F associe cette borne inférieure. Par construction elle ne peut prendre de valeur nulle. On considère ensuite la fonction g, qui à x élément de E associe l'image par f de la différentielle de ψ au point x. Une fois sa continuité sur la boule fermée de centre $x_1$ et de rayon 1 démontrée, on sait que cette fonction atteint son minimum m. La majoration (2) définit ce minimum.
    Pour établir l'inégalité (2), il suffit donc démontrer la continuité de g. L'application qui à x associe la différentielle de ψ au point x est continue par hypothèse. Elle est donc uniformément continue sur la boule de centre $x_1$ et de rayon 1 :

$\forall \epsilon >0,\;\exists \nu >0,\;\forall y_{1},y_{2}\in {\mathcal {B}}_{x_{1}}\quad \|y_{1}-y_{2}\|<\nu \Rightarrow \|D\psi _{y_{1}}-D\psi _{y_{2}}\|<\epsilon .$

    Soit $v_1$ (resp. $v_2)$ un vecteur unitaire tel que

$f(D\psi _{y_{1}})=D\psi _{y_{1}}(v_{1})\quad {\text{et}}\quad f(D\psi _{y_{2}})=D\psi _{y_{2}}(v_{2}).$

    L'espace des applications linéaires de E dans F est muni de la norme qui associe à une application la borne supérieure des normes de son image de la boule unité. Comme les points $y_1$ et $y_2$ sont choisis à une distance inférieure à $\nu$ l'un de l'autre, on dispose de la majoration

$f(D\psi _{y_{1}})=\|D\psi _{y_{1}}(v_{1})\|\leq \|D\psi _{y_{1}}(v_{2})\|\leq \|D\psi _{y_{1}}(v_{2})\|-\|D\psi _{y_{2}}(v_{2})\|+\|D\psi _{y_{2}}(v_{2})\|\leq \|D\psi _{y_{2}}(v_{2})\|+\epsilon =f(D\psi _{y_{2}})+\epsilon .$

    Cette majoration, ainsi que la même appliquée à $y_2,$ démontre la continuité recherchée pour conclure la preuve de la majoration (2) :

$\forall \epsilon >0,\;\exists \nu >0,\;\forall y_{1},y_{2}\in V\quad |f(D\psi _{y_{1}})-f(D\psi _{y_{2}})|\leq \epsilon .$

       Troisième inégalité :
    On dispose d'une majoration comparable à (1), mais cette fois appliquée à ψ et utilisant la continuité uniforme. Il existe un réel strictement positif $μ_2$ tel que, si θ désigne l'angle entre le gradient de φ au point $x_1$ et $k_1$ :

$(3)\quad \forall v\in E,\quad \forall x\in {\mathcal {B}}_{x_{1}}\quad \|v\|\leq 2\mu _{2}\Rightarrow \|\psi (x+v)-\psi (x)-D\psi _{x}(v)\|=\|\psi (x+v)-D\psi _{x}(v)\|\leq {\frac {m}{5}}\|v\||\cos(\theta )|.$

       Quatrième inégalité :
    La fonction Dψ, qui au point x associe la différentielle de ψ au point x est continue, en particulier au point $x_1,$ ce qui montre que

$(4)\quad \exists \mu _{3}>0\quad \|x_{1}-x\|\leq \mu _{3}\Rightarrow \|D\psi _{x_{1}}-D\psi _{x}\|\leq {\frac {m}{5}}|\cos(\theta )|.$

Une fois les quatre inégalités établies, il devient possible de définir les vecteurs h et k et de conclure. Soit s un réel strictement strictement positif et plus petit que $μ_1,$ $μ_2,$ $μ_3$ et que 1/2, on définit le vecteur k de la figure comme étant égal à $sk_1.$ Soit $x_2$ le vecteur le plus proche de x + k et élément de G et h le vecteur $x_2$ – $x_1.$ Enfin, $l_1$ désigne le vecteur unitaire colinéaire à h – k et de même sens ; c'est le vecteur illustré en bleu ciel sur la figure. Le réel positif t est tel que $tl_1$ soit égal à h – k. Le choix du vecteur k est tel que t est suffisamment petit pour conclure.

       Conclusion :
    Le point $tl_1$ est le plus petit vecteur de E tel que $x_1$ + $sk_1$ + $tl_1$ est un élément de G. Autrement dit :

$\psi (x_{2})=\psi (x_{1}+h)=\psi (x_{1})=0.$

    La majoration (3), appliquée au point $x_2,$ se traduit par :

$\|\psi (x_{2})-\psi (x_{1})+D\psi _{x_{2}}(h)\|=\|D\psi _{x_{2}}(sk_{1})+D\psi _{x_{2}}(tl_{1})\|\leq {\frac {m}{5}}(s+t)|\cos(\theta )|.$

    De plus, par définition de $k_1,$ la différentielle en $x_1$ de ψ est nulle sur $k_1.$ On en déduit, d'après la majoration (4) :

$\|D\psi _{x_{2}}(k_{1})\|=\|D\psi _{x_{1}}(k_{1})-D\psi _{x_{2}}(k_{1})\|\leq \|D\psi _{x_{1}}-D\psi _{x_{2}}\|\leq {\frac {m}{5}}|\cos(\theta )|\quad {\text{et}}\quad \|D\psi _{x_{2}}(sk_{1})\|\leq {\frac {sm}{5}}|\cos(\theta )|.$

    Le point $tl_1$ est le plus petit vecteur de E tel que $x_1$ + $sk_1$ + $tl_1$ est un élément de G. On remarque que $x_1$ est un élément de G. En conséquence, $x_1$ + $sk_1$ est aussi un élément de G et $tl_1$ est de norme plus petite que $sk_1,$ ce qui revient à dire que t est plus petit que s, donc :

$\|D\psi _{x_{2}}(tl_{1})\|\leq {\frac {m}{5}}(2s)|\cos(\theta )|+\|D\psi _{x_{2}}(sk_{1})\|\leq {\frac {3sm}{5}}|\cos(\theta )|.$

    Le vecteur $l_1$ est orthogonal au noyau de Dψ au point $x_2.$ En effet, le point $x_2$ est le plus proche de $x_2$ – $tl_1$ dans G. Si p est un vecteur du noyau, $x_2$ + up est plus loin de $x_2$ – $tl_1$ que ne l'est $x_2$ ; ici, u désigne un nombre réel :

$\|x_{2}-tl_{1}-x_{2}\|^{2}\leq \|x_{2}-tl_{1}-x_{2}-up\|^{2}+o(u)\quad {\text{et}}\quad s^{2}\leq s^{2}+tul_{1}\cdot p+u^{2}\|p\|^{2}+o(u),$

    ce qui montre que

$\exists \epsilon >0,\;\forall u\in ]-\epsilon ,\epsilon [\quad u(tl_{1}\cdot p+u\|p\|^{2})\geq 0.$

    Le produit scalaire de $l_1$ et p est nul, ce qui montre bien que $l_1$ est orthogonal au noyau de Dψ au point $x_2.$ Le point $x_2$ est élément de la boule de rayon 1 et centre $x_1.$ La majoration (2) montre que

$t\leq {\frac {\|D\psi _{x_{2}}(tl_{1})\|}{m}}\leq {\frac {3s}{5}}|\cos(\theta )|.$

    On peut maintenant appliquer la majoration (1) :

$\varphi (x_{2})=\varphi (x_{1}+k+tl_{1})\geq \varphi (x_{1})+\mathrm {grad} \,\varphi (x_{1})(k+tl_{1})-{\frac {\alpha }{8}}\|k+tl_{1}\|$

    et

$\|\mathrm {grad} \,\varphi (x_{1})\||\cos(\theta )|=\alpha \quad {\text{donc}}\quad \varphi (x_{2})\geq \varphi (x_{1})+s\alpha -{\frac {3}{5}}s\alpha -{\frac {1}{5}}s\alpha =\varphi (x_{1})+{\frac {1}{5}}s\alpha .$

Le point $x_2$ est un élément de G ayant une image par φ strictement plus grande que $x_1,$ ce qui montre que $x_1$ n'est pas un maximum local. On montre de même que $x_1$ n'est pas non plus un minimum local, ce qui termine la démonstration.

   * Il existe un vecteur $λ_0$ de F tel que la somme de l'image de $λ_0$ par la transposée de la différentielle de ψ au point $x_0$ et du gradient de φ en ce point soit nulle :

$\exists \lambda _{0}\in F\quad \mathrm {grad} \;\varphi (x_{0})+^{t}\!D\psi _{x_{0}}(\lambda _{0})=0.$

C'est une conséquence directe du résultat précédent et des propriétés de la transposition. Remarquons tout d'abord que l'image de la transposée d'une application linéaire est un sous-espace vectoriel inclus dans l'orthogonal du noyau. Pour s'en convaincre, montrons qu'un élément v de l'image de la transposée de la différentielle de ψ au point $x_0,$ d'antécédent λ, est orthogonal à tout élément w du noyau de la différentielle :

$v\cdot w=^{t}\!D\psi _{x_{0}}(\lambda )\cdot w=\lambda \cdot D\psi _{x_{0}}(w)=\lambda \cdot 0=0.$

Montrons maintenant que l'orthogonal du noyau de la différentielle possède la même dimension que l'image de la transposée. L'application différentielle est surjective, son image est de dimension m, la transposée ne modifie pas le rang d'une application linéaire, l'image de sa transposée est donc aussi de dimension m. La somme des dimensions de l'image et du noyau est égale à celle de l'espace vectoriel de départ, ici E de dimension n. Comme l'image est de dimension m, le noyau est de dimension n - m. L'orthogonal du noyau est donc de dimension m. Pour résumer, l'orthogonal du noyau de la différentielle contient l'image de sa transposée et est de même dimension, ce qui montre l'égalité des deux sous-espaces vectoriels. Le gradient de φ au point $x_0$ est dans l'orthogonal au noyau de la différentielle, il est donc dans l'image de sa transposée, ce qui montre l'existence du vecteur $λ_0.$

   * Il existe un vecteur $λ_0$ de F tel que la fonction L de E×F dans ℝ admet un gradient nul en $(x_0,$ $λ_0)$ :

$\forall (x,\lambda )\in E\times F\quad L(x,\lambda )=\varphi (x)+\lambda \cdot \psi (x).$

Pour cela, calculons l'image de (u, μ), un point de E×F par la différentielle de L au point $(x_0,$ $λ_0),$ $λ_0$ étant le vecteur de F défini lors de la démonstration précédente.

$L(x_{0}+u,\lambda _{0}+\mu )=L(x_{0},\lambda _{0})+\mathrm {grad} \,\varphi (x_{0})\cdot u+\lambda _{0}\cdot D\psi _{x_{0}}(u)+o(u)+o(\mu ).$

La définition de $λ_0$ montre que

$L(x_{0}+u,\lambda _{0}+\mu )=L(x_{0},\lambda _{0})+\mathrm {grad} \,\varphi (x_{0})\cdot u+^{t}\!D\psi _{x_{0}}(\lambda _{0})\cdot u+o(u)+o(\mu )=L(x_{0},\lambda _{0})+o(u)+o(\mu ).$

Le gradient recherché est bien nul au point étudié.

### Écriture du problème

Si l'écriture condensée permet de mieux comprendre la structure du théorème, les notations développées sont plus utiles pour une résolution effective. Dans la pratique, on considère souvent une fonction φ de $ℝ^n$ dans ℝ et m fonctions $ψ_j,$ avec j variant de 1 à m, aussi de $ℝ^n$ dans ℝ. L'entier m est nécessairement plus petit que n pour pouvoir appliquer les théorèmes du paragraphe précédent. On cherche à trouver un n-uplet $(a_1,$ … , $a_n)$ tel que

$(1)\quad \varphi (a_{1},\cdots ,a_{n})=\min _{(x_{i})\in G}\varphi (x_{1},\cdots ,x_{n})\quad {\text{avec}}\quad G=\{(x_{i})\in \mathbb {R} ^{n}\mid \forall j\in [1,m]\;\psi _{j}(x_{1},\cdots ,x_{n})=0\}.$

Pour cela, on définit la fonction L de $ℝ^{n+m}$ dans ℝ par :

$\forall (x_{i})\in \mathbb {R} ^{n},\;\forall (\lambda _{j})\in \mathbb {R} ^{m}\quad L(x_{1}\cdots ,x_{n},\lambda _{1},\cdots ,\lambda _{m})=\varphi (x_{1},\cdots ,x_{n})+\sum _{j=1}^{m}\lambda _{j}\psi _{j}(x_{1},\cdots ,x_{n}).$

Le deuxième corollaire indique une condition nécessaire pour élucider le problème d'optimisation (1). Le n-uplet $(a_1,$ … , $a_n)$ est une solution de (1) seulement s'il existe un m-uplet $(α_1,$ … , $α_m)$ tel que le (n + m)-uplet $(a_1,$ … , $a_n,$ $α_1,$ … , $α_m)$ soit solution des n + m équations :

$\forall i\in [\![1,n]\!]\quad {\frac {\partial \varphi }{\partial x_{i}}}(x_{1},\cdots ,x_{n})+\sum _{j=1}^{m}\lambda _{j}{\frac {\partial \psi _{j}}{\partial x_{i}}}(x_{1},\cdots ,x_{n})=0\quad {\text{et}}\quad \forall j\in [\![1,m]\!]\quad \psi _{j}(x_{1},\cdots ,x_{n})=0.$

Cette méthode peut être généralisée aux problèmes d'optimisation incluant des contraintes d'inégalités (ou non linéaires) en utilisant les conditions de Kuhn-Tucker. Mais également sur des fonctions discrètes à maximiser ou minimiser sous contraintes, moyennant un changement d'interprétation, en utilisant la méthode des multiplicateurs d'Everett (ou de Lagrange généralisés), plus volontiers appelée méthode des pénalités.

### Application : inégalité arithmético-géométrique

La méthode du multiplicateur de Lagrange permet de démontrer l'inégalité arithmético-géométrique. On définit les applications φ et ψ de $ℝ+^n$ dans ℝ par :

$\forall (x_{i})\in \mathbb {R} _{+}^{n},\quad \varphi (x_{1},\cdots x_{n})=\prod _{i=1}^{n}x_{i}\quad {\text{et}}\quad \psi (x_{1},\cdots x_{n})=\left(\sum _{i=1}^{n}x_{i}\right)-s,\quad s\in \mathbb {R} _{+}^{*}.$

On remarque que l'ensemble G, composé des n-uplets de coordonnées positives et de somme égale à s est un compact de $ℝ^n.$ Sur ce compact la fonction φ est continue, et donc elle admet nécessairement un maximum. Les deux fonctions φ et ψ sont bien de classe $C^1,$ il est donc possible d'utiliser le multiplicateur de Lagrange pour trouver ce maximum. Pour cela, on considère la fonction L :

$\forall (x_{i})\in \mathbb {R} _{+}^{n},\forall \lambda \in \mathbb {R} \quad L(x_{1},\cdots ,x_{n},\lambda )=\varphi (x_{1},\cdots ,x_{n})+\lambda \psi (x_{1},\cdots ,x_{n}).$

Une solution vérifie les équations :

$\forall i\in [\![1,n]\!]\quad {\frac {\partial L}{\partial x_{i}}}(x_{1},\cdots x_{n},\lambda )=0\Leftrightarrow \prod _{k\neq i}x_{k}=-\lambda \quad {\text{et}}\quad \sum _{i=1}^{n}x_{i}=s.$

On en déduit l'existence d'une unique solution, obtenue pour tous les $x_i$ égaux à s/n = x et λ égal à $–(s/n)^{n–1},$ ce qui s'exprime, en remplaçant s par sa valeur :

$\forall (x_{i})\in \mathbb {R} _{+}^{n}\quad {\sqrt[{n}]{\prod _{i=1}^{n}x_{i}}}\leq {\frac {\sum _{i=1}^{n}x_{i}}{n}}.$

La moyenne géométrique est inférieure à la moyenne arithmétique, l'égalité n'ayant lieu que si les $x_i$ sont tous égaux.

Le multiplicateur de Lagrange offre une démonstration alternative de l'inégalité arithmético-géométrique.

## Espace fonctionnel

La méthode se généralise aux espaces fonctionnels. Un exemple est donné par la question de la chaînette, qui revient à rechercher la position que prend, au repos, une chaînette attachée à ses deux extrémités. L'optimisation correspond à la position offrant un potentiel minimal, la contrainte est donnée par la position des extrémités et la longueur de la chaînette, supposée fixe. Cette méthode permet de trouver des plus courts chemins sous contrainte, ou encore des géodésiques. Le principe de Fermat ou celui de moindre action permet de résoudre de nombreuses questions à l'aide de cette méthode.

### Exemple introductif : la chaînette

Considérons donc une chaînette soumise à la gravité et recherchons son équilibre statique. La chaînette est de longueur a et l'on suppose qu'elle est accrochée à deux points d'abscisses $–t_0$ et $t_0$ et d'ordonnée nulle en ces deux points. Si son ordonnée est notée x, elle suit une courbe y = x(t) sur l'intervalle $[–t_0,$ $t_0],$ dont on se propose de calculer l'équation.

Dire qu'elle est à l'équilibre revient à dire que son potentiel Φ est minimal, où :

$\Phi (x)=\int _{-t_{0}}^{t_{0}}\alpha x(t){\sqrt {1+\left({\frac {dx}{dt}}\right)^{2}}}\mathrm {d} t.$

Ici, α désigne une constante physique, en l'occurrence le produit de la gravitation terrestre g par la masse linéique de la chaînette, supposée constante. La formule donnant la longueur d'un arc en fonction d'un paramétrage est donnée dans l'article Longueur d'un arc.

La chaînette n'est pas supposée être élastique, elle vérifie donc la contrainte Ψ, indiquant que sa longueur $l_0$ n'est pas modifiée :

$\Psi (x)=\int _{-t_{0}}^{t_{0}}{\sqrt {1+\left({\frac {dx}{dt}}\right)^{2}}}\mathrm {d} t-l_{0}=0.$

Si $C^1_K(I)$ désigne l'ensemble des fonctions de $[–t_0,$ $t_0]$ dans ℝ, dérivables et de dérivées continues, nulles en $–t_0$ et $t_0,$ le problème revient à rechercher la fonction $x_0$ telle que

$\Phi (x_{0})=\min _{x\in G}\Phi (x)\quad {\text{avec}}\quad G=\{x\in {\mathcal {C}}_{K}^{1}(I)\mid \Psi (x)=0\}.$

La similitude avec la situation précédente est flagrante. Pour pouvoir appliquer des multiplicateurs de Lagrange, il faut donner un sens aux gradients de Φ et Ψ. Dans le cas où il existe deux fonctions de classe $C^2$ de $ℝ^3$ dans ℝ, notées φ et ψ, telles que

$\Phi (x)=\int _{-t_{0}}^{t_{0}}\varphi \left(t,x,{\dot {x}}\right)\mathrm {d} t\quad {\text{et}}\quad \Psi (x)=\int _{-t_{0}}^{t_{0}}\psi \left(t,x,{\dot {x}}\right)\mathrm {d} t,\quad {\text{avec}}\quad {\frac {dx}{dt}}(t)={\dot {x}}(t).$

L'équation d'Euler-Lagrange affirme que

$\mathrm {grad} \,\Phi (x)={\frac {\partial \varphi }{\partial x}}-{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}\right)\quad {\text{et}}\quad \mathrm {grad} \,\Psi (x)={\frac {\partial \psi }{\partial x}}-{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\frac {\partial \psi }{\partial {\dot {x}}}}\right).$

Dans le cas particulier où les fonctions φ et ψ sont des fonctions de deux variables et ne dépendent pas de t, on obtient la formulation de Beltrami (cf. l'article « Équation d'Euler-Lagrange ») :

$\mathrm {grad} \,\Phi (x)\cdot {\dot {x}}={\frac {d}{dt}}\left(\varphi -{\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}{\dot {x}}\right)={\frac {d}{dt}}\left({\frac {\alpha x}{\sqrt {1+{\dot {x}}^{2}}}}\right)\quad {\text{et}}\quad \mathrm {grad} \,\Psi (x)\cdot {\dot {x}}={\frac {d}{dt}}\left(\psi -{\frac {\partial \psi }{\partial {\dot {x}}}}{\dot {x}}\right)={\frac {d}{dt}}\left({\frac {1}{\sqrt {1+{\dot {x}}^{2}}}}\right).$

Dire que les deux gradients sont colinéaires revient à dire qu'il existe un réel λ, le multiplicateur de Lagrange, tel que

$\mathrm {grad} \,\Phi (x)-\lambda \mathrm {grad} \,\Psi (x)=0\;\Rightarrow \;{\frac {d}{dt}}\left({\frac {\alpha x-\lambda }{\sqrt {1+{\dot {x}}^{2}}}}\right)=0\quad {\text{et}}\quad \exists k\in \mathbb {R} \quad \alpha x-\lambda =k{\sqrt {1+{\dot {x}}^{2}}}.$

La résolution de cette équation différentielle est une chaînette. La méthode du multiplicateur de Lagrange permet bien de résoudre la question posée.

### Everett : cas des fonctions non continues, non dérivables

Hugh Everett généralise la méthode aux fonctions non dérivables, souvent choisies convexes. Pour une résolution effective, il devient nécessaire de disposer d'un algorithme déterminant l'optimum (ou les optima) d'une fonction. Dans le cas non dérivable, on peut utiliser une heuristique adéquate ou encore une méthode de Monte-Carlo.

Il faut ensuite réviser pour l'itération suivante les multiplicateurs (ou « pénalités ») de façon appropriée, et c'est là que se situe l'apport essentiel d'Everett : il mémorise les jeux de multiplicateurs utilisées lors des deux dernières itérations, et sépare en trois les résultats pour chaque contrainte. Selon que sur les deux dernières itérations il y a eu rapprochement de l'objectif, ou encadrement, ou encore éloignement (à cause de l'effet des autres multiplicateurs), chaque multiplicateur est ajusté pour l'itération suivante d'une façon qui garantit la convergence si une relation entre les trois ajustements, qu'il fournit, est observée.

### Espace de Sobolev

L'exemple précédent montre que le contexte de l'équation d'Euler-Lagrange n'est pas loin de celui du multiplicateur de Lagrange. Si l'ensemble de départ de la fonction x(t) recherchée est un intervalle réel I ouvert et borné et l'ensemble d'arrivée E l'espace vectoriel euclidien, la généralisation est relativement aisée.

On suppose l'existence d'une fonction Φ à minimiser, son ensemble de départ est un espace fonctionnel, c'est-à-dire un espace vectoriel de fonctions, de I dans E et son ensemble d'arrivée ℝ. La fonction Φ est construite de la manière suivante :

$\Phi (x)=\int _{I}\varphi (t,x,{\dot {x}})\mathrm {d} t.$

Le point sur le x indique la fonction gradient, qui à t associe le gradient de x au point t.

La fonction φ est une fonction de $ℝ×E^2$ dans ℝ de classe $C^2.$ L'optimisation est sous contrainte, donnée sous une forme analogue à la précédente. On suppose l'existence d'une fonction Ψ de $ℝ×E^2$ dans F, un espace euclidien. La fonction Ψ est encore définie à l'aide d'une fonction ψ de classe $C^2$ de $I×E^2,$ mais cette fois dans un espace euclidien F :

$\Psi (x)=\int _{I}\psi (t,x,{\dot {x}})\mathrm {d} t.$

L'ensemble G est composé de fonctions deux fois dérivables de I dans E et dont l'image par Ψ est nulle. On suppose de plus que les valeurs des fonctions de G aux bornes de I sont fixes et, quitte à opérer une translation, on peut toujours supposer, sans perte de généralité, que ces fonctions sont nulles aux bornes de I.

La seule tâche un peu délicate est de définir l'espace vectoriel $W^{2,2}(I,$ E) sur lequel opèrent Φ et Ψ. Pour définir un équivalent de gradient, cet espace comporte nécessairement un produit scalaire. Si l'on souhaite établir des théorèmes équivalents aux précédents, les fonctions dérivée et dérivée seconde sont définies et l'espace est complet. Un espace muni d'un produit scalaire et complet est un Hilbert. Sa géométrie est, de fait, suffisamment riche pour étendre les résultats précédents.

On note D l'espace des fonctions de I, à valeur dans E, de classe $C^∞$ et à support compact et D* son dual topologique. L'espace D est muni de la norme de la borne supérieure et l'espace D* est celui des distributions. Ce premier couple n'est pas encore satisfaisant car D est « trop petit » et D* « trop gros » pour permettre de définir un bon produit scalaire, à l'origine d'une géométrie aussi simple que celle d'un Hilbert.

L'espace D* contient l'espace de Hilbert $L^2(I,$ E) des fonctions de carré intégrable. En effet une fonction f de $L^2(I,$ E) agit sur D par le produit scalaire 〈∙, $∙〉_L$ défini par l'intégrale de Lebesgue :

$\forall g\in {\mathcal {D}}\quad \langle f,g\rangle _{L}=\int _{I}f(t)\cdot g(t)\mathrm {d} t.$

C'est dans $L^2(I,$ E) que nous cherchons le bon espace. Dans cet espace, l'intégration par parties permet de définir la dérivée de la fonction f de $L^2(I).$ Comme g est à support compact et que I est ouvert, aux bornes de I, la fonction g est nulle. Si f est dérivable au sens classique du terme, on bénéficie des égalités :

$\langle {\dot {f}},g\rangle _{L}=\int _{I}{\dot {f}}(t)\cdot g(t)\mathrm {d} t={\Bigf(t)\cdot g(t){\Big ]}_{I}-\int _{I}f(t)\cdot {\dot {g}}(t)\mathrm {d} t=-\int _{I}f(t)\cdot {\dot {g}}(t)\mathrm {d} t.$

Si la distribution dérivée de f est encore d'un élément de $L^2(I,$ E), on dit qu'elle est dérivable au sens de Sobolev. Si cette dérivée est encore dérivable au sens précédent, on dit qu'elle est deux fois dérivable au sens de Sobolev. On note $W^{2,2}(I,$ E) le sous-espace de $L^2(I,$ E) équipé du produit scalaire 〈∙, $∙〉_W$ suivant :

$\forall f,g\in W^{2,2}(I,E)\quad \langle f,g\rangle _{W}=\int _{I}f(t)\cdot g(t)\mathrm {d} t+\int _{I}{\dot {f}}(t)\cdot {\dot {g}}(t)\mathrm {d} t+\int _{I}{\ddot {f}}(t)\cdot {\ddot {g}}(t)\mathrm {d} t.$

Les intégrales sont bien définies car elles correspondent au produit de deux éléments de $L^2(I,$ E). Il est ensuite simple de vérifier que l'espace est bien complet. Enfin, si f est une fonction dérivable au sens des distributions, il existe un représentant continu de f. Ainsi, tout élément de $W^{2,2}(I,$ E) admet un représentant continu et dont la dérivée admet aussi un représentant continu.

### Équation d'Euler-Lagrange

La difficulté est maintenant d'exprimer le gradient des fonctions Φ et Ψ. L'équation d'Euler-Lagrange cherche dans un premier temps à trouver des fonctions de classe $C^2$ qui minimisent Φ. L'espace vectoriel sous-jacent est celui des fonctions d'un intervalle borné et de classe $C^2$ et nulles aux bornes de l'intervalle. Sur cet espace, le calcul du gradient de Φ n'est guère complexe, il donne aussi une idée de la solution ainsi que de la méthode pour y parvenir. En revanche, ce calcul est insuffisant dans le cas présent. Avec le « bon » produit scalaire, l'espace des fonctions de classe $C^2$ n'est pas complet, ce qui empêche de disposer de la bonne géométrie permettant de démontrer la méthode du multiplicateur de Lagrange.

L'objectif est de généraliser un peu la démonstration pour permettre de disposer de l'égalité du gradient dans l'espace complet $W^{2,2}(I,$ E). Dans un premier temps, exprimons l'égalité qui définit la différentielle de Φ en un point x, qui représente une fonction de $W^{2,2}(I,$ E) :

$\forall h\in W^{2,2}(I,E)\quad \Phi (x+h)=\Phi (x)+D\phi _{x}(h)+o(h).$

L'application $DΦ_x$ est une application linéaire continue de $W^{2,2}(I,$ E) dans ℝ, c'est-à-dire un élément du dual topologique de $W^{2,2}(I,$ E), que le produit scalaire permet d'identifier à $W^{2,2}(I,$ E). L'égalité précédente devient :

$\forall h\in W^{2,2}(I,E)\quad \Phi (x+h)=\Phi (x)+\langle \mathrm {grad} \,\Phi _{x},h\rangle +o(h)=\Phi (x)+\int _{I}{\rm {grad}}\,\Phi _{x}(t)\cdot h(t)\mathrm {d} t+o(h).$

Autrement dit, le gradient de Φ au point x est une fonction de $L^2(I,$ E) dans ℝ. De fait, ce gradient s'exprime à l'aide de l'équation d'Euler-Lagrange :

   Le gradient de Φ au point x est la fonction de I dans E, définie par
   $\mathrm {grad} \Phi _{x}={\frac {\partial \varphi }{\partial x}}-{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}\right).$

Si la fonction φ est en général choisie au sens usuel de la dérivation, la fonction x(t) est une fonction de $W^{2,2}(I,$ E). Le symbole d/dt doit être pris au sens de la dérivée d'une distribution, qui n'est ici nécessairement une fonction de carré intégrable, définie presque partout.

Pour Ψ, la logique est absolument identique, mais cette fois-ci, la fonction est à valeurs dans F. En conséquence, la dérivée partielle de ψ par rapport à sa deuxième ou troisième variable n'est plus une application linéaire de E dans ℝ mais de E dans F. Ainsi, la différentielle de Ψ au point, une fonction x de I dans E, est une application de I dans l'espace L(E, F) des applications linéaires de E dans F. La logique reste la même.

   La différentielle de Ψ au point x est la fonction de I dans L(E, F) définie par
   $D\Psi _{x}={\frac {\partial \psi }{\partial x}}-{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\frac {\partial \psi }{\partial {\dot {x}}}}\right).$
   * L'application Φ est différentiable au point x, si x est une fonction de $W^{2,2}(I,$ E) nulle aux bornes de I :

Cette proposition revient à montrer que

$(1)\quad \forall \epsilon >0,\;\exists \mu >0\quad \left|\Phi (x+h)-\Phi (x)-\int _{I}\left({\frac {\partial \varphi }{\partial x}}(t)\cdot h(t)+{\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}(t)\cdot {\dot {h}}(t)\right)\mathrm {d} t\right|\leq \epsilon \|h\|_{W}.$

Soit ε un réel strictement positif. La fonction x et sa dérivée possède un représentant continu, dont les valeurs aux bornes de l'intervalle I sont nulles. En conséquence l'image de I par x et par sa dérivée est sont des compacts de E. Soit H le produit cartésien de I, x(I) et dx/dt(I). Le produit de trois compacts est encore un compact. La fonction différentielle de φ sur ce compact est uniformément continue. On en déduit que les dérivée partielles à l'ordre 1 sont bornées par une valeur, notée $M_1$ ; on en déduit aussi, si a et b désignent les bornes de I :

$(2)\quad \exists \mu >0,\;\forall t\in I,\;\forall (\tau ,\zeta _{1},\zeta _{2})\in \mathbb {R} \times E^{2}\quad |\tau |\leq \mu ,\;\|\zeta _{1}\|\leq \mu ,\;\|\zeta _{2}\|\leq \mu \Rightarrow \cdots$

$\left|\varphi (t+\tau ,x(t)+\zeta _{1},{\dot {x}}(t)+\zeta _{2})-\varphi (t,x(t),{\dot {x}}(t))-{\frac {\partial \varphi }{\partial t}}(t)\tau -{\frac {\partial \varphi }{\partial x}}(\zeta _{1})-{\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}(\zeta _{2})\right|\leq {\frac {\epsilon }{2(b-a)M_{1}}}(|\tau |+\|\zeta _{1}\|+\|\zeta _{2}\|).$

De plus, sur le compact H, la valeur absolue de φ et la norme de ses trois dérivées partielles sont majorées par une constante M, car φ est continue. Si la norme de h dans $W^{2,2}(I,$ E) est plus petite que $μ^2,$ il existe un ensemble $I_μ$ de I de mesure plus grande que b – a – $εμ^2/8M$ sur lequel h et sa dérivée ne dépassent pas μ. La majoration (2) montre que

$\left|\int _{I_{\mu }}\varphi (t,x(t)+h(t),{\dot {x}}(t)+{\dot {h}}(t))\mathrm {d} t-\int _{I_{\mu }}\varphi (t,x(t),{\dot {x}}(t))\mathrm {d} t-\int _{I_{\mu }}\left({\frac {\partial \varphi }{\partial x}}(t)\cdot h(t)+{\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}(t)\cdot {\dot {h}}(t)\right)\mathrm {d} t\right|\leq {\frac {\epsilon }{2}}\|h\|_{W}.$

Sur le complémentaire de $I_μ$ dans I, comme la fonction φ ne dépasse pas M en valeur absolue et comme le complémentaire est de mesure inférieure à $εμ^2/8M,$ on obtient :

$\left|\int _{I-I_{\mu }}\varphi (t,x(t)+h(t),{\dot {x}}(t)+{\dot {h}}(t))\mathrm {d} t-\int _{I-I_{\mu }}\varphi (t,x(t),{\dot {x}}(t))\mathrm {d} t-\int _{I-I_{\mu }}\left({\frac {\partial \varphi }{\partial x}}(t)\cdot h(t)+{\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}(t)\cdot {\dot {h}}(t)\right)\mathrm {d} t\right|\leq {\frac {\epsilon }{2}}\|h\|_{W}.$

En sommant les deux dernières majorations, on trouve bien la majoration (1) qui montre la différentiabilité de Φ.

   * Le gradient de Φ au point x est donné par l'équation de Lagrange :

Une fois la proposition précédente démontrée, le reste du calcul est le même que celui de l'article Équation d'Euler-Lagrange. Le calcul consiste à exprimer différemment le gradient de Φ au point x :

$\forall h\in W^{2,2}(I,E)\;/\;h(a)=h(b)=0\quad \langle \mathrm {grad} \Phi (x),h\rangle =\int _{I}{\frac {\partial \varphi }{\partial x}}(t)\cdot h(t)\mathrm {d} t+\int _{I}{\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}(t)\cdot {\dot {h}}(t)\mathrm {d} t.$

Le fait que la fonction h soit nulle aux bornes de I et une intégration par parties montrent que

$\int _{I}{\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}(t)\cdot {\dot {h}}(t)\mathrm {d} t=\left[{\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}(t)\cdot h(t)\right]_{a}^{b}-\int _{I}{\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}(t)\right)\cdot h(t)\mathrm {d} t=-\int _{I}{\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}(t)\right)\cdot h(t)\mathrm {d} t,$

ce qui permet de déduire que

$\langle \mathrm {grad} \Phi (x),h\rangle =\left\langle {\frac {\partial \varphi }{\partial x}}-{\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}\right),h\right\rangle$

et démontre ainsi la proposition. Les calculs sont exactement les mêmes pour la fonction Ψ.

### Théorèmes

Ce paragraphe est très proche du précédent dans le cas de la dimension finie. Le problème à résoudre est de trouver le minimum suivant :

$\min _{x\in G}\Phi (x)\quad {\text{avec}}\quad G=\{x\in W^{2,2}(I,E)\mid \Psi (x)=0\quad {\text{et}}\quad x(a)=x(b)=0\}.$

Théorème du multiplicateur de Lagrange —  Si le point $x_0$ est un extremum local de Φ dans l'ensemble G, alors le noyau de la différentielle de Ψ au point $x_0$ est orthogonal au gradient de Φ en ce point.

On obtient les mêmes corollaires, que l'on peut écrire :

Corollaire —  Si le point $x_0$ est un extremum local de Φ dans l'ensemble G et si la différentielle de Ψ au point $x_0$ est surjective, alors il existe un vecteur $λ_0$ de F tel que la fonction L de $W^{2,2}(I,$ E)×F dans ℝ admet un gradient nul en $(x_0,$ $λ_0)$ :

$\forall (x,\lambda )\in E\times F\quad L(x,\lambda )=\Phi (x)+\lambda \cdot \Psi (x).$

Cette équation s'écrit encore :

$\exists (\lambda _{j})\in \mathbb {R} ^{m}\quad {\frac {\partial \varphi }{\partial x}}+\sum _{j=1}^{m}\lambda _{j}{\frac {\partial \psi _{j}}{\partial x}}={\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}}\left({\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}+\sum _{j=1}^{m}\lambda _{j}{\frac {\partial \psi _{j}}{\partial {\dot {x}}}}\right).$

Le signe d/dt doit être pris au sens de la dérivée des distributions. On obtient une solution faible, c'est-à-dire une fonction x définie presque partout et dérivable dans un sens faible. En revanche, si une fonction x de classe $C^2$ est solution du problème de minimisation, comme ses dérivées premières et secondes sont des représentants de ses dérivées au sens faible, l'équation précédente est encore vérifiée.

La démonstration est proche de la précédente, néanmoins elle doit être adaptée au passage d'un espace euclidien à un hilbertien :

   * Cas où Ψ est une fonction affine :

La démonstration précédente n'utilise pas la dimension finie. Elle s'applique donc encore de la même manière.

   * Cas général :

Une partie peut être reprise intégralement.

       Première inégalité :
    Elle consiste à utiliser la définition du gradient au point $x_1$ mais, cette fois-ci, valable pour tout vecteur de norme suffisamment petite, qui n'utilise pas la dimension finie :

$(1)\quad \forall x\in W^{2,2}(I,E)\;/\;x(a)=x(b)=0\quad \|x\|_{W}\leq 2\mu _{1}\Rightarrow \Phi (x_{1}+v)\geq \Phi (x_{1})+\langle \mathrm {grad} \,\Phi (x_{1}),v\rangle -{\frac {\alpha }{3}}\|v\|_{W}.$

       Deuxième inégalité :
    La deuxième inégalité est démontrée, dans la démonstration précédente, à l'aide de la dimension finie. Ici, on restreint nos ambitions pour uniquement montrer l'existence de deux nombres réels strictement positifs m et r tels que

$(2)\quad \forall x\in {\mathcal {B}}_{x_{1}}(r),\;\forall v\in W^{2,2}(I,E)\;/\;x(a)=x(b)=0\quad v\in (\mathrm {Ker} \ D\Psi _{x})^{\bot }\Rightarrow \|v\|\leq {\frac {1}{m}}\|D\Psi _{x}(v)\|.$

La démonstration reste néanmoins un peu analogue. Soit x un point de la boule de centre $x_1$ et de rayon 1. L'image de la différentielle de Ψ au point x et un espace vectoriel de dimension finie, le noyau est de codimension finie et son orthogonal de dimension finie. L'intersection de cet orthogonal avec la sphère unité est un compact, ce qui permet de définir les fonctions f et g comme pour le cas de la dimension finie. La continuité de g montre l'implication (2).

L'application qui à tout élément x de $W^{2,2}(I,$ E) associe $DΨ_x$ est continue par hypothèse, ce qui se traduit par :

$\forall \epsilon >0,\;\forall x\in W^{2,2}(I,E)\;/\;x(a)=x(b)=0,\;\exists \mu >0\ \quad \|x_{1}-x\|_{W}\leq \mu \Rightarrow \left|\|D\Psi _{x_{1}}\|-\|D\Psi _{x}\|\right|\leq \epsilon .$

Soit $v_1$ (resp. v) un point de l'intersection de la sphère unité et de l'orthogonal du noyau de DΨ au point $x_1$ (resp. x), tel que

$D\Psi _{x_{1}}(v_{1})=g(x_{1})\quad {\text{et}}\quad D\Psi _{x}(v)=g(x).$

La continuité de la différentielle montre :

$\left|\|D\Psi _{x_{1}}(v)\|-g(x)\|_{W}\right|\leq \epsilon \quad {\text{et}}\quad g(x_{1})\leq \|D\Psi _{x_{1}}(v)\|\leq g(x)-\epsilon$

Les mêmes majorations montrent que

$g(x)\leq \|D\Psi _{x}(v_{1})\|\leq g(x_{1})-\epsilon .$

Ce qui montre la continuité de g et par voie de conséquence la majoration (2) : il suffit de choisir m comme l'inverse de la valeur $g(x_1).$

       Troisième et quatrième inégalités :

La troisième inégalité ne fait pas appel à la dimension finie. On la rappelle dans le nouveau contexte :

$(3)\quad \forall v\in W^{2,2}(I,E)\;/\;x(a)=x(b)=0\quad \|v\|\leq 2\mu _{2}\Rightarrow \|\Psi (x_{1}+v)-\Psi (x_{1})-D\Psi _{x_{1}}(v)\|=\|\Psi (x_{1}+v)-D\Psi _{x_{1}}(v)\|\leq {\frac {m}{5}}.|\cos(\theta )|\|v\|.$

Il en est de même pour la quatrième inégalité :

$(4)\quad \exists \mu _{3}>0\quad \|x_{1}-x\|\leq \mu _{3}\Rightarrow \|D\Psi _{x_{1}}-D\Psi _{x}\|\leq {\frac {m}{5}}|\cos(\theta )|.$

       Conclusion :

La conclusion est la même : il suffit maintenant de choisir μ non seulement plus petit que $μ_1,$ $μ_2$ et $μ_3$ mais aussi plus petit que r.

### Application : Théorème isopérimétrique

On recherche la surface de plus grande aire, ayant une frontière de longueur égale à 2π. On remarque que la surface est nécessairement convexe, d'intérieur non vide. On considère une droite coupant la surface en deux. Cette droite est utilisée comme axe d'un repère orthonormal, dont les abscisses sont notées par la lettre t et les ordonnées par x. La frontière supérieure est paramétrable en une courbe x(t) et, si le repère est bien choisi, on peut prendre comme abscisse minimale –a et maximale a. On recherche alors une courbe x, définie entre –a et a tel que l'aire A soit maximale :

$A=\int _{-a}^{a}x(t)\,\mathrm {d} t.$

On sait de plus que la demi-longueur de la frontière est égale à π :

$\int _{-a}^{a}{\sqrt {1+{\dot {x}}(t)^{2}}}\,\mathrm {d} t=\pi .$

La recherche de la surface se traite aussi avec le multiplicateur de Lagrange. La même astuce que celle utilisée dans l'exemple introductif montre, avec les notations usuelles :

$\mathrm {grad} \,\Phi (x)\cdot {\dot {x}}={\frac {d}{dt}}\left(\varphi -{\frac {\partial \varphi }{\partial {\dot {x}}}}{\dot {x}}\right)={\frac {d}{dt}}x(t)\quad {\text{et}}\quad \mathrm {grad} \,\Psi (x)\cdot {\dot {x}}={\frac {d}{dt}}\left(\psi -{\frac {\partial \psi }{\partial {\dot {x}}}}{\dot {x}}\right)={\frac {d}{dt}}\left({\frac {1}{\sqrt {1+{\dot {x}}^{2}}}}\right).$

On en déduit l'existence de valeurs λ et k telles que

$x-{\frac {\lambda }{\sqrt {1+{\dot {x}}^{2}}}}=k.$

En notant u = x – k, on obtient :

$u^{2}(1+{\dot {u}}^{2})=\lambda ^{2}.$

On trouve l'équation d'un demi-cercle de rayon λ ; la valeur λ est égale à 1 et k à 0.

