A propos d’un problème d’optimisation « élémentaire »

Je reviens ici sur le problème présenté à la fin de ce billet.

Pour rappel, il s’agit de déterminer en quel point A du rivage doit accoster un bonhomme qui quitte un îlot I en canot afin de se rendre au plus vite dans sa maison M située sur le rivage (supposé rectiligne), sachant que sur l’eau, il canote à deux km/h et qu’il marche le long du rivage à quatre km/h.

Ce problème semble anodin. De fait, il n’est pas conceptuellement très sophistiqué et les mathématiques du niveau de la fin de l’enseignement secondaire suffisent pour trouver sa solution. Cependant, il est techniquement assez délicat à résoudre proprement car il revient à déterminer le minimum d’une fonction qui n’est pas dérivable en un point dont il s’avère, pour de nombreuses dispositions de I et M, qu’il est le seul en lequel elle atteint sa plus petite valeur.

De plus, mais je ne sais pas pourquoi, lorsqu’on l’aborde sans trop de précautions, on fait souvent des hypothèses qu’on tient à tort pour évidentes et qui ne sont d’ailleurs pas toujours pertinentes. C’est sans doute un peu ce que j’ai fait dans le billet cité ci-dessus, raison pour laquelle, entre autres, je présente dans celui-ci une résolution détaillée de la question.

Notons I' la projection orthogonale de I sur le rivage. Nous allons la prendre pour origine d’un repère dont « l’axe des y » est I'I orienté de manière telle que l’ordonnée de I soit un nombre strictement positif d et dont « l’axe des x » soit le rivage, orienté en sorte que l’abscisse de M soit un nombre positif ou nul m.

En fait, nous supposerons m>0 car il est clair que si M=I', le plus rapide est de rallier la maison en canotant en ligne droite de l’îlot vers celle-ci.

Avec ces notations, le temps mis par le bonhomme pour rentrer chez lui s’il accoste en le point X d’abscisse x est

t(x)=\frac{1}{v_1}\|IX\|+\frac{1}{v_2}\|XM\|=\frac{1}{v_1}\sqrt{x^2+d^2}+\frac{1}{v_2}|m-x|

v_1 est la vitesse à laquelle il canote et v_2 celle à laquelle il marche, valeurs que nous laisserons quelconques sauf dans les exemples illustrant ce qui suit et qui seront alors celles de l’énoncé.

La fonction t n’est pas dérivable en m aussi l’étudierons-nous séparément dans les intervalles ]-\infty,m[ et ]m,+\infty[ dans lesquels elle l’est.

a) \boxed{\mathrm{Dans}\  ]-\infty,m[}

Dans cet intervalle, t coïncide avec la fonction

f:x\mapsto \frac{1}{v_1}\sqrt{x^2+d^2}+\frac{1}{v_2}(m-x)

dont la dérivée est donnée par

f'(x)=\frac{1}{v_1}\frac{x}{\sqrt{x^2+d^2}}-\frac{1}{v_2}

Si celle-ci s’annule, c’est en un x vérifiant

x=\frac{v_1}{v_2}\sqrt{x^2+d^2}

qui est donc strictement positif. De plus, en élevant cette relation au carré, il vient

(v_2^2-v_1^2)x^2=v_1^2d^2

Par conséquent

  • Si v_1\geqslant v_2 alors f n’a pas de point stationnaire et est strictement décroissant (puisque f'(0)<0).
  • Si v_1 < v_2 alors f a un seul point stationnaire, en lequel il atteint son minimum absolu, à savoir

    a:=\frac{v_1}{\sqrt{v_2^2-v_1^2}}d

Donc, si a n’existe pas (v_1\geqslant v_2) ou existe mais est au moins égal à m, alors t est strictement décroissant dans ]-\infty,m[, sinon t atteint en a son minimum absolu dans ]-\infty,m[.

Or, un calcul facile montre que lorsque a existe, il est strictement plus petit que m si, et seulement si,

(1) \frac{v_1}{v_2}<\frac{m}{\sqrt{m^2+d^2}}

condition sous laquelle v_1<v_2. Elle implique donc que a existe.

En conclusion,

Si (1) est vrai, alors t admet en a son minimum absolu dans ]-\infty,m[ sinon, il est strictement décroissant dans cet intervalle.

b) \boxed{\mathrm{Dans}\  ]m,+\infty[}

Dans cet intervalle, t coïncide avec la fonction

f:x\mapsto \frac{1}{v_1}\sqrt{x^2+d^2}+\frac{1}{v_2}(x-m)

dont la dérivée, donnée par

f'(x)=\frac{1}{v_1}\frac{x}{\sqrt{x^2+d^2}}+\frac{1}{v_2}

est strictement positive. Ainsi,

La fonction t est strictement croissante dans l’intervalle ]m,+\infty[.

c) Pour conclure …

Les paragraphes a) et b) montrent que

Lorsque

\frac{v_1}{v_2}<\frac{m}{\sqrt{m^2+d^2}}

le bonhomme doit accoster en le point d’abscisse a et son temps de parcours minimum est donné par

f(a)=\frac{\sqrt{v_2^2-v_1^2}}{v_1v_2}d+\frac{1}{v_2}m

sinon il doit directement aller en M, avec le temps de parcours minimum \frac{1}{v_1}\sqrt{m^2+d^2}.

La figure suivante représente le graphe de t, limité aux abscisses positives, pour (d,m,v_1,v_2)=(2,5,2,4); (1) est alors vérifié,

min_1

et celle-ci pour (d,m,v_1,v_2)=(2,1,2,4); (1) est alors faux.

min_2

Dans chaque image, le point P est celui du graphe dont l’abscisse est donnée par la formule définissant a (qui ne dépend que des v_i et de d) mais dans la seconde, il ne correspond pas au minimum absolu de t car celui-ci est atteint en m (où t n’est pas dérivable).

Le résultat précédent a une interprétation géométrique simple (qui rejoint la conclusion du billet cité au début de cet article, en la complétant).

Si v_1 \geqslant v_2, alors A=M. Autrement, v_1/v_2 est le cosinus d’un angle \theta\in[0,\pi/2[. La tangente de cet angle est la pente d’une droite passant par I'. Notons A_0 la projection orthogonale sur le rivage de son intersection avec la parallèle à celui-ci menée par I. Alors si M est dans le segment [I',A_0], A=M, sinon, A=A_0.

Ceci est corroboré par les exemples ci-dessus dans lesquels \theta=\pi/3.

😉

Publicités

Une réflexion sur “A propos d’un problème d’optimisation « élémentaire »

  1. Pingback: La règle des multiplicateurs de Lagrange et les lois de l’optique géométrique | Blog de Pierre Lecomte

Laisser un commentaire

Entrez vos coordonnées ci-dessous ou cliquez sur une icône pour vous connecter:

Logo WordPress.com

Vous commentez à l'aide de votre compte WordPress.com. Déconnexion / Changer )

Image Twitter

Vous commentez à l'aide de votre compte Twitter. Déconnexion / Changer )

Photo Facebook

Vous commentez à l'aide de votre compte Facebook. Déconnexion / Changer )

Photo Google+

Vous commentez à l'aide de votre compte Google+. Déconnexion / Changer )

Connexion à %s