Exercices sur périmètres et surfaces
En classe de première générale, il est de bon ton de résoudre des problèmes géométriques d’optimisation en s’aidant des fonctions dérivées. Et justement, sur cette page se trouvent deux classiques du genre. Ils ne sont pas venus seuls puisqu’ils sont accompagnés d'éléments de correction (voir aussi la dérivation et optimisation de volumes ; la page sur l'arbelos comprend également une petite vérification utilisant une dérivée).
Exercice 1
Quelles doivent être les dimensions d’un rectangle de 16 m² pour que son périmètre soit minimum ?
Exercice 2
Soit la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x) = x^2 - 1\) et \(\mathscr{C}\) sa courbe représentative sur un repère orthonormé \((O\,;I,J).\)
\(\mathscr{C}\) admet une tangente en \(M(a\,;b)\) avec \(a > 0\) et \(b < 0.\) Elle coupe l’axe des abscisses au point \(A\) et celui des ordonnées au point \(B.\) Déterminer \(M\) pour que l’aire \(OAB\) soit minimale.
Corrigé 1
Sans chercher l'originalité, appelons \(x\) et \(y\) la longueur et la largeur du rectangle (en mètres). Ensemble de définition pour \(x\) comme pour \(y\) : \(]0\,; +\infty[\) (intervalle ouvert, bien sûr).
Nous savons que \(xy = 16.\) C’est la surface du rectangle.
Il est évident que le périmètre a pour expression \(2x + 2y.\) Il s’agit d’une fonction dont il faut trouver le minimum. Pour être au programme de première, elle ne doit comporter qu’une seule variable \(x.\) Par conséquent il faut remplacer \(y\) par une expression en \(x\) et pour cela utiliser l’équation de la surface. D’où \(f(x) = 2x + 2(\frac{16}{x}).\)
Ensuite, même dénominateur pour tout le monde !
\(f(x) = \frac{2x^2 + 32}{x}\)
Nous y voila. Pour trouver le minimum de cette fonction, il faut la dériver puis déterminer le lieu où sa dérivée \(f’(x) = 0.\)
\(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}^*.\) La structure de \(f\) est celle d’un quotient de fonctions. La poésie de cette belle formule ne vous a pas échappé. La dérivée de \(f(x) = \frac{u(x)}{v(x)}\) est \(f'(x) = \frac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{v(x)^2}.\)
Vous devez obtenir la chose suivante : \(f'(x) = \frac{2x^2 - 32}{x^2}\)
Pour que \(f’\) s’annule, il faut que \(2x^2 - 32 = 0.\) La résolution de cette équation est fort simple et donne pour résultats -4 (hors ensemble de définition) et 4. Donc \(x = 4.\) Il faut vérifier que pour \(x = 4,\) \(f\) admet un minimum et non un maximum. Pour cela, il suffit de trouver le signe de la dérivée sur \(]0\,;4[\) (nous vous laissons trouver que \(f’\) est négative, donc \(f\) est décroissante) puis que \(f’ > 0\) sur \(]4\,; +\infty[\) et que \(f\) est donc croissante sur ce second intervalle. Nous avons bien un minimum. Ouf !
Nous en concluons que \(y = 4\) et donc que la figure pour laquelle le périmètre est minimal est un carré de 4 mètres de côté.
Corrigé 2
Traçons une figure pour y voir à peu près clair.
\(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}.\) Dérivée : \(f’(x) = 2x.\)
Au point \(M,\) l’équation de la tangente est \(y = f(a) + f’(a)(x - a)\)
Donc \(y = a^2 - 1 + 2a(x - a)\) \(= 2ax + a^2 - 1 - 2a^2\) \(= 2ax - a^2 - 1\)
Au point \(A,\) nous savons que \(y = 0.\) Donc \(2ax - a^2 - 1\) \(= 0\)
\(x = \frac{a^2 + 1}{2a}\)
C’est donc la BASE du triangle rectangle. Au point \(B,\) nous avons \(y = -a^2 - 1\) puisque \(x = 0.\) Notons que \(y\) est forcément négatif et la HAUTEUR du triangle est donc la valeur absolue de \(y\) (puisque c’est une distance), soit \(a^2 + 1.\)
L’aire du triangle s’exprime ainsi :
\[\mathscr{A} = \frac{\frac{a^2 + 1}{2a} \times (a^2 + 1)}{2} = \frac{(a^2 + 1)^2}{4a}\]
Il nous faut détecter là où elle est minimale. Considérons une fonction \(g.\)
\(g(x) = \frac{x^4 + 2x^2 + 1}{4x}\)
Pour dériver \(g,\) il est possible de la saucissonner (mais vous pouvez très bien utiliser une autre technique).
\(g(x) = \frac{x^3}{4} + \frac{x}{2} + \frac{1}{4x}\)
Il s’ensuit que…
\(g'(x)\) \(= \frac{3x^2}{4} + \frac{1}{2} - \frac{1}{4x^2}\) \(= \frac{3x^4 + 2x^2 - 1}{4x^2}\)
Le signe de \(f’\) est le signe du numérateur. Posons l’équation bicarrée suivante : \(3X^2 + 2X - 1 = 0\)
Les calculs conduisent à un discriminant égal à 16 puis aux deux solutions \(\{-1\,;\frac{1}{3}\}.\) Il est exclu que \(X = -1\) puisque \(X = x^2.\) Un carré ne pouvant être négatif, cette solution ne convient pas. Par ailleurs, nous savons que \(x > 0.\) Pour que \(g’(x)\) s’annule, il faut donc que \(x\) soit égal à la racine carrée de \(\frac{1}{3}.\) Par conséquent…
\(M\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\,;\frac{2}{3}\right)\)
