DR-DDérivabilité

Étude des variations, extrema et optimisation

Idée directrice

Cet exercice demande un tableau de variations complet : signe de $f'$ , 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 $f'$ sur ce domaine.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

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

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode

Tableau de variations complet : bornes du domaine, signe de $f'$ , flèches de variation, valeurs aux points critiques et aux limites.
Pour une fonction dérivable sur un voisinage, un changement de signe de la dérivée permet de conclure à un extremum local. L’annulation seule de la dérivée ne suffit ni à établir un extremum ni à prouver un point d’inflexion ; celui-ci demande une étude de la convexité.
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.

Les pièges à vérifier dans ta démarche

Confondre extremum local et global. Conclure qu'un zéro de $f'$ 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 $0<x<10$ ).

Sujet principal

Exercice 4 — tableau de variations et problème d'optimisation

6 questionsFigure fournieCorrigé masqué

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

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

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

Exprimer le volume $V(x)$ de la boîte en fonction de $x$ .
Calculer $V'(x)$ et déterminer la valeur de $x$ qui maximise $V(x)$ sur $\left]0,10\right[$ .
Calculer le volume maximal. $\boxed{V_{\max}}$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

A.1 Idée : dérivée d'un quotient, puis factoriser le numérateur. $f'(x)=\dfrac{(2x-2)(x-1)-(x^2-2x+4)}{(x-1)^2}=\dfrac{x^2-2x-2}{(x-1)^2}$ . Le trinôme $x^2-2x-2$ a pour discriminant $12$ et pour racines $1\pm\sqrt3$ :

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

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

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

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

B.3 $V_{\max}=V(x_0)\approx3{,}92\times22{,}16\times12{,}16\approx\boxed{1\,056\ \text{cm}^3}$ .

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

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).

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill DR-D.1 — optimisation d'aire

Entraînement 01 / 02

Drill DR-D.1 — optimisation d'aire

2 questionsCorrigé masqué

Un rectangle a un périmètre de $20$ cm. Quelles dimensions maximisent son aire ?

Exprimer l'aire $A(x)$ en fonction de la largeur $x\in]0,10[$ .
Étudier $A$ et conclure.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. On pose la largeur $x\in]0,10[$ : longueur $10-x$ , $A(x)=x(10-x)=10x-x^2$ .

2. $A'(x)=10-2x$ est positive pour $0<x<5$ , nulle en $5$ puis négative pour $5<x<10$ . L'aire croît donc jusqu'à $x=5$ puis décroît sur le domaine admissible. Le maximum est $A(5)=25\text{ cm}^2$ , atteint pour un carré de dimensions $5\text{ cm}\times5\text{ cm}$ .

2 Transfert — optimiser sur un segment : le minimum au point critique, le maximum aux bornes

Entraînement 02 / 02

Transfert — optimiser sur un segment : le minimum au point critique, le maximum aux bornes

5 questionsCorrigé masquéEn cours de relecture

On dispose d'un fil de longueur $40\ \text{cm}$ que l'on coupe en deux morceaux de longueurs $x$ et $40-x$ (en cm), avec $x\in[0,40]$ ; le cas $x=0$ ou $x=40$ correspond à un fil non coupé. Chaque morceau est replié pour former un carré : le premier carré a pour périmètre $x$ , le second a pour périmètre $40-x$ . On note $S(x)$ la somme des aires des deux carrés, en $\text{cm}^2$ . C'est un problème d'optimisation dont on cherche les extrema sur un segment.

Montrer que pour tout $x\in[0,40]$ , $S(x)=\dfrac{x^2-40x+800}{8}$ .
Calculer $S'(x)$ , étudier son signe et dresser le tableau de variation de $S$ sur $[0,40]$ .
Déterminer le minimum de $S$ sur $[0,40]$ et la façon de couper le fil qui le réalise.
Déterminer le maximum de $S$ sur $[0,40]$ . Est-il atteint en un point où $S'$ s'annule ? Interpréter.
On impose maintenant de couper effectivement le fil, c'est-à-dire $x\in\,]0,40[$ . $S$ admet-elle encore un maximum sur cet intervalle ? Justifier.

Cet exercice et sa correction sont en cours de relecture. Tu peux les consulter ; l’exercice n’est pas encore proposé en séance.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. Idée : un carré de périmètre $p$ a un côté $p/4$ et une aire $p^2/16$ . Le premier carré a pour côté $\dfrac{x}{4}$ et pour aire $\dfrac{x^2}{16}$ ; le second a pour côté $\dfrac{40-x}{4}$ et pour aire $\dfrac{(40-x)^2}{16}$ . Donc

S(x)=\frac{x^2+(40-x)^2}{16}=\frac{2x^2-80x+1600}{16}=\frac{x^2-40x+800}{8}

2. Idée : le signe de la dérivée donne le sens de variation sur le segment. $S$ est dérivable sur $[0,40]$ et $S'(x)=\dfrac{2x-40}{8}=\dfrac{x-20}{4}$ . Ainsi $S'(x)<0$ pour $0\leq x<20$ , $S'(20)=0$ et $S'(x)>0$ pour $20<x\leq40$ : $S$ est strictement décroissante sur $[0,20]$ et strictement croissante sur $[20,40]$ . Valeurs aux bornes et au point critique : $S(0)=\dfrac{800}{8}=100$ , $S(20)=\dfrac{400-800+800}{8}=50$ , $S(40)=\dfrac{1600-1600+800}{8}=100$ .

Tableau de variation de $S$ sur $[0,40]$ : sur la ligne de $S'$ , signe $-$ sur $[0,20[$ , $0$ en $20$ , signe $+$ sur $]20,40]$ ; sur la ligne de $S$ , flèche descendante de $S(0)=100$ à $S(20)=50$ , puis flèche montante de $50$ à $S(40)=100$ .

3. Idée : le changement de signe de $S'$ (de $-$ à $+$ ) en $20$ donne un minimum. D'après le tableau, $S$ admet sur $[0,40]$ un minimum global en $x=20$ :

S_{\min}=S(20)=\boxed{50\ \text{cm}^2}

Il est réalisé en coupant le fil en deux morceaux égaux de $20\ \text{cm}$ : deux carrés de côté $5\ \text{cm}$ , d'aires $25+25=50\ \text{cm}^2$ .

4. Idée : sur un segment, le maximum d'une fonction décroissante puis croissante est atteint à une borne, pas en un zéro de la dérivée. D'après le tableau, la plus grande valeur de $S$ sur $[0,40]$ est $S(0)=S(40)=\boxed{100\ \text{cm}^2}$ , atteinte aux deux bornes. En ces points $S'(0)=-5\neq0$ et $S'(40)=5\neq0$ : le maximum n'est pas un point critique. Interprétation : la somme des aires est la plus grande quand on ne coupe pas le fil (un seul carré de côté $10\ \text{cm}$ , d'aire $100\ \text{cm}^2$ ) ; partager le périmètre en deux carrés fait toujours perdre de l'aire.

5. Idée : sur un intervalle ouvert, une borne supérieure peut ne pas être atteinte. Pour tout $x\in\,]0,40[$ , le tableau donne $50\leq S(x)<100$ : la valeur $100$ n'est atteinte qu'en $0$ et $40$ , exclus. On peut s'approcher de $100$ autant que l'on veut (par exemple $S(1)=\dfrac{1-40+800}{8}=95{,}125$ ), mais aucune coupe effective ne la réalise : $S$ n'admet pas de maximum sur $]0,40[$ , alors qu'elle y garde son minimum $50$ en $x=20$ .

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