Problème d'optimisation : Trouver les dimensions d'une figure géométrique qui maximise ou minimise une grandeur (aire, volume, etc.) sous contrainte.
- Identifier la variable à optimiser
- Exprimer la fonction à optimiser en fonction d'une seule variable
- Dériver la fonction
- Chercher les points critiques
- Étudier le signe de la dérivée
- Conclure sur le maximum ou minimum
Soit \(x\) la longueur et \(y\) la largeur du rectangle.
Périmètre : \(2x + 2y = 20\), donc \(x + y = 10\), d'où \(y = 10 - x\)
Aire : \(A(x) = x \times y = x(10 - x) = 10x - x^2\)
\(A(x) = 10x - x^2\)
\(A'(x) = 10 - 2x\)
\(A'(x) = 0 \Leftrightarrow 10 - 2x = 0 \Leftrightarrow x = 5\)
\(A'(x) = 10 - 2x\)
\(A'(x) > 0 \Leftrightarrow 10 - 2x > 0 \Leftrightarrow x < 5\)
\(A'(x) < 0 \Leftrightarrow 10 - 2x < 0 \Leftrightarrow x > 5\)
Quand \(x = 5\), \(y = 10 - 5 = 5\)
L'aire est maximale quand le rectangle est un carré de côté 5 cm.
L'aire maximale est \(A(5) = 5 \times 5 = 25\) cm²
Le rectangle d'aire maximale est un carré de côté 5 cm, avec une aire de 25 cm².
• Modélisation : Exprimer la grandeur à optimiser en fonction d'une seule variable
• Dérivation : Trouver les points critiques où la dérivée s'annule
• Optimisation : Un carré est le rectangle d'aire maximale pour un périmètre donné
Volume d'un cylindre : \(V = \pi r^2 h\) où \(r\) est le rayon de base et \(h\) la hauteur.
Soit \(r\) le rayon du cylindre et \(h\) sa hauteur.
Le cylindre est inscrit dans une sphère de rayon \(R\).
Par le théorème de Pythagore : \(r^2 + \left(\frac{h}{2}\right)^2 = R^2\)
Donc \(r^2 = R^2 - \frac{h^2}{4}\)
\(V(h) = \pi r^2 h = \pi \left(R^2 - \frac{h^2}{4}\right) h = \pi R^2 h - \frac{\pi h^3}{4}\)
\(V'(h) = \pi R^2 - \frac{3\pi h^2}{4}\)
\(V'(h) = 0 \Leftrightarrow \pi R^2 - \frac{3\pi h^2}{4} = 0\)
\(\Leftrightarrow R^2 = \frac{3h^2}{4} \Leftrightarrow h^2 = \frac{4R^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow h = \frac{2R}{\sqrt{3}}\)
\(r^2 = R^2 - \frac{h^2}{4} = R^2 - \frac{4R^2/3}{4} = R^2 - \frac{R^2}{3} = \frac{2R^2}{3}\)
Donc \(r = R\sqrt{\frac{2}{3}}\)
Le cylindre de volume maximal inscrit dans une sphère de rayon \(R\) a pour dimensions : hauteur \(h = \frac{2R}{\sqrt{3}}\) et rayon \(r = R\sqrt{\frac{2}{3}}\).
• Géométrie : Utilisation du théorème de Pythagore pour relier les variables
• Optimisation : Maximisation d'une fonction avec contrainte
• Calcul algébrique : Manipulation d'expressions avec racines carrées
Surface d'une boîte : Pour une boîte rectangulaire de dimensions \(x\), \(y\), \(z\) : \(S = 2(xy + xz + yz)\).
Soit \(x\) le côté du fond carré et \(h\) la hauteur de la boîte.
Volume : \(V = x^2 h = 1000\), donc \(h = \frac{1000}{x^2}\)
Surface : \(S(x) = x^2 + 4xh = x^2 + 4x \cdot \frac{1000}{x^2} = x^2 + \frac{4000}{x}\)
\(S(x) = x^2 + \frac{4000}{x} = x^2 + 4000x^{-1}\)
\(S'(x) = 2x + 4000 \cdot (-1)x^{-2} = 2x - \frac{4000}{x^2}\)
\(S'(x) = 0 \Leftrightarrow 2x - \frac{4000}{x^2} = 0\)
\(\Leftrightarrow 2x = \frac{4000}{x^2} \Leftrightarrow 2x^3 = 4000\)
\(\Leftrightarrow x^3 = 2000 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{2000} = 10\sqrt[3]{2}\)
\(h = \frac{1000}{x^2} = \frac{1000}{(10\sqrt[3]{2})^2} = \frac{1000}{100\sqrt[3]{4}} = \frac{10}{\sqrt[3]{4}}\)
\(S''(x) = 2 + \frac{8000}{x^3}\)
Pour \(x > 0\), \(S''(x) > 0\), donc \(x = 10\sqrt[3]{2}\) donne un minimum.
La boîte de surface minimale a pour dimensions : côté de la base \(x = 10\sqrt[3]{2}\) cm et hauteur \(h = \frac{10}{\sqrt[3]{4}}\) cm.
• Contrainte : Volume fixe impose une relation entre les dimensions
• Optimisation : Minimisation d'une fonction avec contrainte
• Dérivée seconde : Pour confirmer qu'un point critique est un minimum
Fonction de coût : \(C(x)\) représente le coût total de production de \(x\) unités.
Soit \(C(x) = x^3 - 12x^2 + 60x + 50\) le coût de production de \(x\) milliers d'unités.
On cherche à minimiser ce coût.
\(C'(x) = 3x^2 - 24x + 60\)
\(C'(x) = 0 \Leftrightarrow 3x^2 - 24x + 60 = 0\)
\(\Leftrightarrow x^2 - 8x + 20 = 0\)
\(\Delta = (-8)^2 - 4(1)(20) = 64 - 80 = -16 < 0\)
Le discriminant est négatif, donc \(C'(x)\) n'a pas de racines réelles.
Comme le coefficient de \(x^2\) est positif et \(\Delta < 0\), on a \(C'(x) > 0\) pour tout \(x\).
Donc \(C(x)\) est strictement croissante.
Le coût est minimal au début de la production (pour \(x\) proche de 0).
Si on impose une quantité minimale de production, le coût minimal est atteint à cette quantité.
La fonction de coût est strictement croissante, donc le coût minimal est atteint pour la quantité de production la plus faible possible.
• Analyse de dérivée : Si \(C'(x) > 0\) partout, la fonction est croissante
• Optimisation économique : Parfois, le minimum est atteint aux bornes de l'intervalle
• Discriminant : Pour déterminer le nombre de solutions d'une équation du second degré
Surface d'un cylindre : \(S = 2\pi r^2 + 2\pi rh\) (bases + surface latérale).
Soit \(r\) le rayon et \(h\) la hauteur du cylindre.
Surface totale : \(S = 2\pi r^2 + 2\pi rh\) (constante)
Donc \(2\pi r^2 + 2\pi rh = S\), d'où \(h = \frac{S - 2\pi r^2}{2\pi r}\)
Volume : \(V(r) = \pi r^2 h = \pi r^2 \cdot \frac{S - 2\pi r^2}{2\pi r} = \frac{r(S - 2\pi r^2)}{2} = \frac{Sr - 2\pi r^3}{2}\)
\(V(r) = \frac{Sr - 2\pi r^3}{2}\)
\(V'(r) = \frac{S - 6\pi r^2}{2}\)
\(V'(r) = 0 \Leftrightarrow \frac{S - 6\pi r^2}{2} = 0\)
\(\Leftrightarrow S - 6\pi r^2 = 0 \Leftrightarrow r^2 = \frac{S}{6\pi}\)
\(\Leftrightarrow r = \sqrt{\frac{S}{6\pi}}\)
\(h = \frac{S - 2\pi r^2}{2\pi r} = \frac{S - 2\pi \cdot \frac{S}{6\pi}}{2\pi \sqrt{\frac{S}{6\pi}}} = \frac{S - \frac{S}{3}}{2\pi \sqrt{\frac{S}{6\pi}}} = \frac{\frac{2S}{3}}{2\pi \sqrt{\frac{S}{6\pi}}}\)
\(h = \frac{2S}{3} \cdot \frac{1}{2\pi \sqrt{\frac{S}{6\pi}}} = \frac{S}{3\pi \sqrt{\frac{S}{6\pi}}} = \frac{S}{3\pi} \cdot \sqrt{\frac{6\pi}{S}} = \frac{S}{3\pi} \cdot \frac{\sqrt{6\pi}}{\sqrt{S}}\)
\(h = \frac{\sqrt{S} \cdot \sqrt{6\pi}}{3\pi} = \frac{\sqrt{6\pi S}}{3\pi}\)
\(r = \sqrt{\frac{S}{6\pi}}\) et \(h = \frac{\sqrt{6\pi S}}{3\pi} = \frac{\sqrt{6\pi} \cdot \sqrt{S}}{3\pi}\)
\(h = \frac{\sqrt{6\pi}}{3\pi} \cdot \sqrt{S} = \frac{2}{\sqrt{6\pi}} \cdot \sqrt{S} = 2\sqrt{\frac{S}{6\pi}} = 2r\)
Le cylindre de volume maximal pour une surface totale fixe S a pour dimensions : rayon \(r = \sqrt{\frac{S}{6\pi}}\) et hauteur \(h = 2r\), c'est-à-dire que la hauteur égale le diamètre.
• Contrainte géométrique : Surface totale fixe impose une relation entre r et h
• Optimisation : Maximisation du volume avec contrainte de surface
• Résultat intéressant : Le cylindre optimal a hauteur = diamètre
- Étape 1 : Comprendre le problème et identifier la grandeur à optimiser
- Étape 2 : Introduire les variables et les relations entre elles
- Étape 3 : Exprimer la fonction à optimiser en fonction d'une seule variable
- Étape 4 : Déterminer l'intervalle de définition de la fonction
- Étape 5 : Calculer la dérivée et chercher les points critiques
- Étape 6 : Étudier le signe de la dérivée pour déterminer les variations
- Étape 7 : Conclure sur l'existence d'un maximum ou minimum
- Étape 8 : Interpréter le résultat dans le contexte du problème
- Les extremums se trouvent aux points critiques ou aux bornes de l'intervalle
- Un point critique est un candidat pour un extremum local
- La dérivée seconde permet de distinguer maximum et minimum
- Si \(f'(a) = 0\) et \(f''(a) > 0\), alors \(f\) admet un minimum local en \(a\)
- Si \(f'(a) = 0\) et \(f''(a) < 0\), alors \(f\) admet un maximum local en \(a\)
- Un problème d'optimisation nécessite souvent une modélisation mathématique
- Maximum local : Valeur la plus grande dans un voisinage du point
- Minimum local : Valeur la plus petite dans un voisinage du point
- Maximum global : Valeur la plus grande sur tout l'intervalle de définition
- Minimum global : Valeur la plus petite sur tout l'intervalle de définition
