Problème d'optimisation : Consiste à trouver les dimensions d'un objet pour maximiser ou minimiser une quantité (aire, volume, coût, etc.) sous une contrainte.
Soit \(x\) la longueur et \(y\) la largeur du rectangle.
Contrainte : périmètre = 20 cm, donc \(2x + 2y = 20\)
D'où : \(y = 10 - x\)
\(A = xy = x(10-x) = 10x - x^2\)
Donc : \(A(x) = -x^2 + 10x\)
C'est une fonction quadratique avec \(a = -1\), \(b = 10\), \(c = 0\)
Comme \(a < 0\), la parabole est tournée vers le bas et admet un maximum.
\(x_S = -\frac{b}{2a} = -\frac{10}{2(-1)} = \frac{10}{2} = 5\)
\(y = 10 - x = 10 - 5 = 5\)
\(A_{max} = 5 \times 5 = 25\) cm²
Le rectangle d'aire maximale est un carré de 5 cm de côté, ce qui donne une aire de 25 cm².
• Modélisation : Exprimer la quantité à optimiser en fonction d'une seule variable
• Extremum : Le maximum d'une fonction quadratique est atteint au sommet
• Vérification : Le rectangle est bien un carré, ce qui est logique pour un périmètre fixe
\(h(t) = -5t^2 + 20t\) avec \(a = -5\), \(b = 20\), \(c = 0\)
C'est une fonction quadratique représentant la hauteur en fonction du temps.
L'abscisse du sommet : \(t_S = -\frac{b}{2a} = -\frac{20}{2(-5)} = \frac{20}{10} = 2\) secondes
\(h(2) = -5(2)^2 + 20(2) = -20 + 40 = 20\) mètres
Résoudre \(h(t) = 0\) : \(-5t^2 + 20t = 0\)
\(t(-5t + 20) = 0\), donc \(t = 0\) ou \(t = 4\)
Le projectile retombe au sol après 4 secondes.
Le projectile atteint sa hauteur maximale de 20 mètres après 2 secondes, et retombe au sol après 4 secondes.
Le projectile atteint une hauteur maximale de 20 mètres après 2 secondes, et retombe au sol après 4 secondes.
• Physique : Les trajectoires paraboliques sont modélisées par des fonctions quadratiques
• Temps de vol : Solutions de \(h(t) = 0\) donnent le départ et l'arrivée
• Hauteur maximale : Atteinte au sommet de la parabole
\(B(x) = -2x^2 + 16x - 24\) avec \(a = -2\), \(b = 16\), \(c = -24\)
C'est une fonction quadratique représentant le bénéfice en fonction de la production.
\(x_S = -\frac{b}{2a} = -\frac{16}{2(-2)} = \frac{16}{4} = 4\)
Donc 4000 unités doivent être produites.
\(B(4) = -2(4)^2 + 16(4) - 24 = -32 + 64 - 24 = 8\)
Donc le bénéfice maximal est de 8000 euros.
Résoudre \(B(x) = 0\) : \(-2x^2 + 16x - 24 = 0\)
\(x^2 - 8x + 12 = 0\)
\(\Delta = 64 - 48 = 16\), \(x = \frac{8 \pm 4}{2}\)
\(x_1 = 2\), \(x_2 = 6\)
L'entreprise est rentable pour une production comprise entre 2000 et 6000 unités.
Le bénéfice est maximal à 4000 unités produites.
Le bénéfice maximal est de 8000 euros pour une production de 4000 unités. L'entreprise est rentable entre 2000 et 6000 unités produites.
• Économie : Les fonctions de profit sont souvent quadratiques
• Optimisation : Le maximum est atteint au sommet de la parabole
• Seuils de rentabilité : Solutions de \(B(x) = 0\) délimitent la zone de profit
Après découpage, la base de la boîte mesure \((20 - 2x)\) cm de côté
La hauteur de la boîte est \(x\) cm
Donc le volume est : \(V(x) = (20 - 2x)^2 \cdot x\)
\(V(x) = x(20 - 2x)^2 = x(400 - 80x + 4x^2) = 400x - 80x^2 + 4x^3\)
Donc : \(V(x) = 4x^3 - 80x^2 + 400x\)
\(V'(x) = 12x^2 - 160x + 400\)
Pour trouver le maximum, résolvons \(V'(x) = 0\)
\(12x^2 - 160x + 400 = 0\)
\(3x^2 - 40x + 100 = 0\)
\(\Delta = 1600 - 1200 = 400\)
\(x = \frac{40 \pm 20}{6}\), donc \(x_1 = \frac{10}{3}\) et \(x_2 = 10\)
\(x_2 = 10\) est impossible car cela rendrait la base de dimension nulle
Donc \(x = \frac{10}{3} \approx 3.33\) cm est la solution optimale
\(V\left(\frac{10}{3}\right) = 4\left(\frac{10}{3}\right)^3 - 80\left(\frac{10}{3}\right)^2 + 400\left(\frac{10}{3}\right)\)
\(= \frac{4000}{27} - \frac{8000}{9} + \frac{4000}{3} = \frac{4000 - 24000 + 36000}{27} = \frac{16000}{27} \approx 592.6\) cm³
Il faut découper des carrés de côté \(\frac{10}{3}\) cm (environ 3.33 cm) dans chaque coin pour obtenir un volume maximal d'environ 592.6 cm³.
• Géométrie : Bien identifier les dimensions après transformation
• Volume : Aire de la base multipliée par la hauteur
• Optimisation : Utiliser la dérivée pour trouver les extrema
Soit \(x\) la distance entre la projection de A sur la route et le point de passage P.
Distance AP : \(\sqrt{3^2 + x^2} = \sqrt{9 + x^2}\)
Distance PB : \(\sqrt{2^2 + (10-x)^2} = \sqrt{4 + (10-x)^2}\)
Temps AP : \(\frac{\sqrt{9 + x^2}}{2}\) heures (vitesse 2 km/h)
Temps PB : \(\frac{\sqrt{4 + (10-x)^2}}{2}\) heures (vitesse 2 km/h)
Temps total : \(T(x) = \frac{\sqrt{9 + x^2} + \sqrt{4 + (10-x)^2}}{2}\)
Minimiser \(T(x)\) revient à minimiser \(f(x) = \sqrt{9 + x^2} + \sqrt{4 + (10-x)^2}\)
Calculons la dérivée : \(f'(x) = \frac{x}{\sqrt{9 + x^2}} - \frac{10-x}{\sqrt{4 + (10-x)^2}}\)
\(\frac{x}{\sqrt{9 + x^2}} = \frac{10-x}{\sqrt{4 + (10-x)^2}}\)
Cette équation est complexe à résoudre algébriquement. Utilisons une approche numérique ou géométrique.
Cela correspond à la loi de Snell-Descartes : \(\sin \alpha = \sin \beta\) (angles égaux), donc \(x = 6\)
\(f(6) = \sqrt{9 + 36} + \sqrt{4 + 16} = \sqrt{45} + \sqrt{20} = 3\sqrt{5} + 2\sqrt{5} = 5\sqrt{5}\)
Temps minimal : \(T(6) = \frac{5\sqrt{5}}{2} \approx 5.59\) heures
Le point optimal sur la route est situé à 6 km de la projection de A, ce qui donne un temps minimal d'environ 5.59 heures.
• Optimisation : Minimiser la somme des distances pondérées par les vitesses
• Calcul : Utiliser la dérivée pour trouver les extrema
• Géométrie : Appliquer le théorème de Pythagore pour les distances
- Identifier les variables : Quelle grandeur doit être optimisée ?
- Établir les relations : Comment les variables sont-elles liées ?
- Exprimer la fonction : Mettre la grandeur à optimiser en fonction d'une seule variable
- Reconnaître la forme : Identifier si c'est une fonction quadratique
- Optimiser : Trouver le sommet pour le maximum ou minimum
- Si \(a > 0\), la fonction admet un minimum (parabole tournée vers le haut)
- Si \(a < 0\), la fonction admet un maximum (parabole tournée vers le bas)
- L'optimum est toujours atteint au sommet de la parabole
- Les contraintes physiques limitent les valeurs possibles des variables
- Les coefficients ont souvent une signification dans le contexte concret
