Masar
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Bac Tunisie
Mathématiques/DR-D
Entraîner la reconnaissance
DR-DDérivabilité

Étude des variations, extrema et optimisation

Idée directrice

Le bac demande quasi systématiquement un tableau de variations complet : signe de f′f', sens de variation, valeurs aux bornes et aux extrema locaux. L'optimisation ajoute une contrainte (géométrique, économique, physique) qui ramène à la maximisation ou minimisation d'une expression sur un intervalle. La clé est de bien poser le domaine de la fonction objectif, puis de chercher les zéros de f′f' sur ce domaine.

Signature de reconnaissance — l'énoncé se trahit ainsi

« Dresser le tableau de variations de ff » ; « déterminer les extrema de ff sur [a,b][a,b] » ; « quelle valeur de xx maximise le volume ? » ; « exprimer V(x)V(x) en fonction de xx puis étudier ses variations »

Sujet principal

Exercice 4 — tableau de variations et problème d'optimisation

6 questionsFigure fournieCorrigé masqué

Partie A — tableau de variations. Soit f(x)=x2−2x+4x−1f(x)=\dfrac{x^2-2x+4}{x-1} définie sur ]−∞,1[ ∪ ]1,+∞[\left]-\infty,1\right[\,\cup\,\left]1,+\infty\right[.

  1. Calculer f′(x)f'(x) et mettre sous la forme f′(x)=(x−a)(x−b)(x−1)2f'(x)=\dfrac{(x-a)(x-b)}{(x-1)^2} ; identifier aa et bb.
  2. Dresser le tableau de variations complet de ff (inclure les limites aux bornes).
  3. Montrer que ff n'a pas de minimum global sur R∖{1}\R\setminus\{1\}, mais admet un minimum local que l'on calculera.

Partie B — optimisation. On dispose d'une feuille rectangulaire de dimensions 30 cm×20 cm30\text{ cm}\times 20\text{ cm}. On découpe un carré de côté xx (0<x<100<x<10) dans chaque coin, puis on replie les bords pour former une boîte ouverte.

  1. Exprimer le volume V(x)V(x) de la boîte en fonction de xx.
  2. Calculer V′(x)V'(x) et déterminer la valeur de xx qui maximise V(x)V(x) sur ]0,10[\left]0,10\right[.
  3. Calculer le volume maximal. Vmax⁡\boxed{V_{\max}}.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

A.1 Idée : dérivée d'un quotient, puis factoriser le numérateur. f′(x)=(2x−2)(x−1)−(x2−2x+4)(x−1)2=x2−2x−2(x−1)2f'(x)=\dfrac{(2x-2)(x-1)-(x^2-2x+4)}{(x-1)^2}=\dfrac{x^2-2x-2}{(x-1)^2}. Le trinôme x2−2x−2x^2-2x-2 a pour discriminant 1212 et pour racines 1±31\pm\sqrt3 :

f′(x)=(x−(1−3))(x−(1+3))(x−1)2,a=1−3, b=1+3f'(x)=\frac{\big(x-(1-\sqrt3)\big)\big(x-(1+\sqrt3)\big)}{(x-1)^2},\qquad a=1-\sqrt3,\ b=1+\sqrt3

A.2 Idée : la division euclidienne f(x)=x−1+3x−1f(x)=x-1+\dfrac{3}{x-1} donne les limites et une asymptote oblique. lim⁡x→1−f=−∞\lim\limits_{x\to1^-}f=-\infty, lim⁡x→1+f=+∞\lim\limits_{x\to1^+}f=+\infty (asymptote verticale x=1x=1) ; lim⁡−∞f=−∞\lim\limits_{-\infty}f=-\infty, lim⁡+∞f=+∞\lim\limits_{+\infty}f=+\infty, et f(x)−(x−1)=3x−1→0f(x)-(x-1)=\dfrac3{x-1}\to0 : la droite y=x−1y=x-1 est asymptote oblique aux deux infinis. Signe de f′f' : positif à l'extérieur des racines, négatif entre elles (sauf en 11) : ff croît sur ]−∞,1−3]]-\infty,1-\sqrt3], décroît sur [1−3,1[[1-\sqrt3,1[ et sur ]1,1+3]]1,1+\sqrt3], croît sur [1+3,+∞[[1+\sqrt3,+\infty[.

A.3 f(1−3)=(1−3)−1+3−3=−3−3=−23f(1-\sqrt3)=(1-\sqrt3)-1+\dfrac{3}{-\sqrt3}=-\sqrt3-\sqrt3=-2\sqrt3 (maximum local) et f(1+3)=3+3=23f(1+\sqrt3)=\sqrt3+\sqrt3=2\sqrt3 (minimum local). Pas de minimum global puisque f→−∞f\to-\infty en 1−1^- et en −∞-\infty ; le minimum local vaut 23\boxed{2\sqrt3} en x=1+3x=1+\sqrt3.

B.1 Base (30−2x)×(20−2x)(30-2x)\times(20-2x), hauteur xx : V(x)=x(30−2x)(20−2x)=4x3−100x2+600xV(x)=x(30-2x)(20-2x)=4x^3-100x^2+600x pour 0<x<100<x<10.

B.2 Idée : annuler la dérivée et garder la racine dans l'intervalle. V′(x)=12x2−200x+600=4(3x2−50x+150)V'(x)=12x^2-200x+600=4(3x^2-50x+150) ; Δ=2500−1800=700\Delta=2500-1800=700, racines 50±1076=25±573\dfrac{50\pm10\sqrt7}{6}=\dfrac{25\pm5\sqrt7}{3}. Seule x0=25−573≈3,92x_0=\dfrac{25-5\sqrt7}{3}\approx3{,}92 est dans ]0,10[]0,10[ (25+573≈12,7\dfrac{25+5\sqrt7}{3}\approx12{,}7). V′>0V'>0 avant x0x_0, V′<0V'<0 après (trinôme de coefficient dominant positif entre ses racines) : x0x_0 est le maximum.

B.3 Vmax⁡=V(x0)≈3,92×22,16×12,16≈1 056 cm3V_{\max}=V(x_0)\approx3{,}92\times22{,}16\times12{,}16\approx\boxed{1\,056\ \text{cm}^3}.

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

Entraînement 01 / 01

Drill DR-D.1 — optimisation d'aire

2 questionsCorrigé masqué

Un rectangle a un périmètre de 2020 cm. Quelles dimensions maximisent son aire ?

  1. Exprimer l'aire A(x)A(x) en fonction de la largeur x∈]0,10[x\in]0,10[.
  2. Étudier AA et conclure.
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1. On pose la largeur x∈]0,10[x\in]0,10[ : longueur 10−x10-x, A(x)=x(10−x)=10x−x2A(x)=x(10-x)=10x-x^2.

2. On a : A′(x)=10−2x=0A'(x)=10-2x=0 en x=5x=5 ; max. On obtient A(5)=25A(5)=25. Conclusion : dimensions 5×55\times5, aire 25 cm225\text{ cm}^2.

Méthode / Automatismes
  • Tableau de variations complet : bornes du domaine, signe de f′f', flèches de variation, valeurs aux points critiques et aux limites.
  • Extrema locaux : annulation de f′f' avec changement de signe. Un zéro de f′f' sans changement de signe est un point d'inflexion, pas un extremum.
  • Optimisation : toujours vérifier que le point critique est dans le domaine admissible ; calculer la valeur optimale.
  • Penser à étudier les limites aux bornes du domaine (infini ou valeurs interdites) pour décider s'il y a extremum global.
Pièges classiques

Confondre extremum local et global. Conclure qu'un zéro de f′f' est forcément un extremum sans vérifier le changement de signe. Dans les problèmes d'optimisation, oublier de vérifier que la solution algébrique est bien dans le domaine physiquement admissible (ici 0<x<100<x<10).

Variantes rencontrées : maximiser l'aire d'un rectangle inscrit sous une parabole, minimiser le coût de fabrication d'une boîte cylindrique de volume fixé, ou optimiser un trajet (problème du sauveteur sur plage).