Aller au contenu

Variations et optimisation Première : 12 exercices corrigés et automatismes

Niveau
Première
Thème
Algèbre
Type
Exercices corrigés
Exercices
12

Douze exercices corrigés pour s'entraîner aux variations et à l'optimisation en Première, du tableau de signes de la dérivée jusqu'à la méthode de Newton en Python. Six questions d'automatismes ouvrent la page, un problème type bac la termine. Chaque corrigé nomme la règle utilisée, justifie le signe de la dérivée et conclut dans le contexte de l'énoncé.

Le cours correspondant est le cours de variations et optimisation en Première. Pour revoir les formules de dérivation, voyez les exercices corrigés sur la dérivation et la tangente ; pour plus de tableaux, les 18 exercices corrigés sur le tableau de variation.

Sommaire7 parties

Automatismes : 6 questions flash

Sans calculatrice, une seule bonne réponse par question. Ces questions reprennent les automatismes de l'épreuve anticipée : signe d'une expression factorisée, lecture d'un tableau de variations, parité.

Question 1 : Signe d’une dérivée factorisée

Automatisme
On sait que f′(x)=−2(x+1)(x−4)f^{\prime}(x)=-2(x+1)(x-4). Sur l'intervalle ]−1 ;4[\mathopen{]}-1\,;4\mathclose{[}, la fonction ff est :
  1. strictement croissante
  2. strictement décroissante
  3. constante
  4. croissante puis décroissante
Voir le corrigé
Réponse A. Pour x=0x=0 : −2×1×(−4)=8>0-2\times1\times(-4)=8\gt 0. Entre les racines −1-1 et 44, le trinôme a le signe contraire de son coefficient −2-2, donc f′(x)>0f^{\prime}(x)\gt 0 et ff est strictement croissante. La réponse B vient d'un signe −2-2 lu trop vite.

Question 2 : Lire un maximum

Automatisme
Une fonction ff est définie sur [−2 ;5][-2\,;5] par son tableau de variations :
xx−2-21155
ff00↗\nearrow33↘\searrow−1-1
Le maximum de ff sur [−2 ;5][-2\,;5] est :
  1. 11
  2. 55
  3. 33
  4. 00
Voir le corrigé
Réponse C. Le maximum est une valeur de ff : c'est 3, atteint en x=1x=1. La réponse A confond la valeur et l'abscisse, la réponse B confond avec la borne de l'intervalle.

Question 3 : Comparer deux images

Automatisme
Avec le tableau de la question 2, on peut affirmer que :
  1. f(2)>f(4)f(2)\gt f(4)
  2. f(2)<f(4)f(2)\lt f(4)
  3. f(2)=f(4)f(2)=f(4)
  4. on ne peut pas comparer f(2)f(2) et f(4)f(4)
Voir le corrigé
Réponse A. Les nombres 2 et 4 appartiennent à [1 ;5][1\,;5], où ff est décroissante : comme 2<42\lt 4, f(2)>f(4)f(2)\gt f(4). En revanche, f(0)f(0) et f(2)f(2) ne seraient pas comparables avec ce seul tableau, car 0 et 2 sont de part et d'autre de 1.

Question 4 : Tangente horizontale

Automatisme
La courbe de f(x)=x2−6x+1f(x)=x^2-6x+1 admet une tangente horizontale au point d'abscisse :
  1. −3-3
  2. 33
  3. 66
  4. 11
Voir le corrigé
Réponse B. Une tangente horizontale a un coefficient directeur nul : f′(x)=2x−6=0f^{\prime}(x)=2x-6=0 donne x=3x=3. C'est aussi l'abscisse du sommet, −b2a=62=3-\frac{b}{2a}=\frac62=3.

Question 5 : Reconnaître une fonction paire

Automatisme
Parmi ces fonctions définies sur R\mathbb R, laquelle est paire ?
  1. x↦x3+xx\mapsto x^3+x
  2. x↦x2+2xx\mapsto x^2+2x
  3. x↦x+1x\mapsto x+1
  4. x↦x2−3x\mapsto x^2-3
Voir le corrigé
Réponse D : (−x)2−3=x2−3(-x)^2-3=x^2-3 pour tout xx. La fonction A est impaire, B et C ne sont ni paires ni impaires (par exemple, pour B, l'image de 1 est 3 et celle de −1-1 est −1-1).

Question 6 : Une dérivée qui s’annule

Automatisme
Une fonction ff dérivable sur R\mathbb R vérifie f′(x)=(x−2)2f^{\prime}(x)=(x-2)^2. Alors :
  1. ff admet un minimum en 2
  2. ff est croissante sur R\mathbb R
  3. ff est décroissante puis croissante
  4. ff est constante
Voir le corrigé
Réponse B. Un carré est positif ou nul, donc f′(x)≥0f^{\prime}(x)\geq0 sur R\mathbb R et ff est croissante. f′f^{\prime} s'annule en 2 sans changer de signe : pas d'extremum, la réponse A est le piège classique.

Niveau 1 : de la dérivée au tableau de variations

Exercice 1 : Du signe de la dérivée aux variations

Facile
Une fonction ff est dérivable sur [−3 ;4][-3\,;4]. On sait que f′(x)<0f^{\prime}(x)\lt 0 sur [−3 ;−1[\mathopen{[}-3\,;-1\mathclose{[}, f′(x)>0f^{\prime}(x)\gt 0 sur ]−1 ;2[\mathopen{]}-1\,;2\mathclose{[}, f′(x)<0f^{\prime}(x)\lt 0 sur ]2 ;4]\mathopen{]}2\,;4], et que f(−3)=4f(-3)=4, f(−1)=−2f(-1)=-2, f(2)=5f(2)=5, f(4)=1f(4)=1.
  1. Dresser le tableau de variations de ff.
  2. Donner le maximum et le minimum de ff sur [−3 ;4][-3\,;4], en précisant où ils sont atteints.
  3. Comparer f(0)f(0) et f(1)f(1), puis f(3)f(3) et f(3,5)f(3{,}5).
  4. Peut-on affirmer que f(x)≥−2f(x)\geq-2 pour tout x∈[−3 ;4]x\in[-3\,;4] ? Justifier.
Voir le corrigé
  1. Sur chaque intervalle, le signe de f′f^{\prime} donne le sens de variation (f′<0f^{\prime}\lt 0 : décroissante ; f′>0f^{\prime}\gt 0 : croissante).
    xx−3-3−1-12244
    f′(x)f^{\prime}(x)−-00++00−-
    ff44↘\searrow−2-2↗\nearrow55↘\searrow11
    f′(−1)=0f^{\prime}(-1)=0 et f′(2)=0f^{\prime}(2)=0 car ce sont des extremums en des points intérieurs.
  2. On compare les valeurs du tableau : les candidats au maximum sont f(−3)=4f(-3)=4 et f(2)=5f(2)=5, donc le maximum est 5, atteint en x=2x=2. Les candidats au minimum sont f(−1)=−2f(-1)=-2 et f(4)=1f(4)=1, donc le minimum est −2-2, atteint en x=−1x=-1. Oublier la borne −3-3 n'aurait rien changé ici, mais il faut toujours la regarder.
  3. 0 et 1 sont dans [−1 ;2][-1\,;2], où ff est croissante, et 0<10\lt 1, donc f(0)<f(1)f(0)\lt f(1). 3 et 3,5 sont dans [2 ;4][2\,;4], où ff est décroissante, donc f(3)>f(3,5)f(3)\gt f(3{,}5).
  4. Oui : −2-2 est le minimum de ff sur [−3 ;4][-3\,;4], donc par définition f(x)≥−2f(x)\geq-2 pour tout xx de cet intervalle. C'est la lecture d'un minimum sous forme d'inégalité.

Exercice 2 : L’extremum d’un trinôme par la dérivée

Facile
Soit f(x)=−3x2+12x−5f(x)=-3x^2+12x-5 sur R\mathbb R. À l'aide de la dérivée, dresser le tableau de variations de ff et donner son extremum ; contrôler le résultat avec la formule du sommet d'une parabole.
Voir le corrigé
f′(x)=−6x+12=−6(x−2)f^{\prime}(x)=-6x+12=-6(x-2) : positive pour x<2x\lt 2, nulle en 2, négative pour x>2x\gt 2. Et f(2)=−12+24−5=7f(2)=-12+24-5=7.
xx−∞-\infty22+∞+\infty
f′(x)f^{\prime}(x)++00−-
ff↗\nearrow77↘\searrow
ff admet un maximum égal à 7, atteint en x=2x=2. Contrôle : −b2a=−12−6=2-\frac{b}{2a}=-\frac{12}{-6}=2, et a=−3<0a=-3\lt 0 donne bien une parabole tournée vers le bas, donc un maximum.

Exercice 3 : Une fonction de degré 3 sur un intervalle fermé

Facile
Soit f(x)=2x3−3x2−12x+4f(x)=2x^3-3x^2-12x+4 sur [−2 ;3][-2\,;3].
  1. Calculer f′(x)f^{\prime}(x).
  2. Montrer que f′(x)=6(x+1)(x−2)f^{\prime}(x)=6(x+1)(x-2).
  3. Dresser le tableau de variations de ff sur [−2 ;3][-2\,;3], avec les valeurs aux bornes.
  4. Donner le maximum et le minimum de ff sur [−2 ;3][-2\,;3].
Voir le corrigé
  1. f′(x)=6x2−6x−12f^{\prime}(x)=6x^2-6x-12.
  2. 6x2−6x−12=6(x2−x−2)6x^2-6x-12=6(x^2-x-2). Le trinôme x2−x−2x^2-x-2 a pour racine évidente −1-1 (1+1−2=01+1-2=0) et le produit des racines vaut −2-2, donc l'autre racine est 2. D'où f′(x)=6(x+1)(x−2)f^{\prime}(x)=6(x+1)(x-2).
  3. Coefficient 6>06\gt 0 : f′f^{\prime} est positive à l'extérieur des racines, négative entre. Valeurs : f(−2)=−16−12+24+4=0f(-2)=-16-12+24+4=0, f(−1)=−2−3+12+4=11f(-1)=-2-3+12+4=11, f(2)=16−12−24+4=−16f(2)=16-12-24+4=-16, f(3)=54−27−36+4=−5f(3)=54-27-36+4=-5.
    xx−2-2−1-12233
    f′(x)f^{\prime}(x)++00−-00++
    ff00↗\nearrow1111↘\searrow−16-16↗\nearrow−5-5
  4. Maximum : on compare f(−1)=11f(-1)=11 et f(3)=−5f(3)=-5, donc 11, atteint en −1-1. Minimum : on compare f(−2)=0f(-2)=0 et f(2)=−16f(2)=-16, donc −16-16, atteint en 2.

Niveau 2 : quotients, racines carrées et pièges

Exercice 4 : Variations d’un quotient

Moyen
Soit f(x)=x2+3x−1f(x)=\dfrac{x^2+3}{x-1} sur ]1 ;+∞[\mathopen{]}1\,;+\infty\mathclose{[}.
  1. Montrer que f′(x)=(x−3)(x+1)(x−1)2f^{\prime}(x)=\dfrac{(x-3)(x+1)}{(x-1)^2}.
  2. Étudier les variations de ff et donner son minimum.
  3. En déduire que x2+3≥6(x−1)x^2+3\geq6(x-1) pour tout x>1x\gt 1, puis retrouver cette inégalité par un calcul direct.
Voir le corrigé
  1. Formule du quotient avec u=x2+3u=x^2+3, v=x−1v=x-1, u′=2xu^{\prime}=2x, v′=1v^{\prime}=1 : f′(x)=2x(x−1)−(x2+3)(x−1)2=x2−2x−3(x−1)2.\begin{aligned}&f^{\prime}(x)\\ &=\frac{2x(x-1)-(x^2+3)}{(x-1)^2}\\ &=\frac{x^2-2x-3}{(x-1)^2}.\end{aligned} Le trinôme x2−2x−3x^2-2x-3 a pour racines −1-1 et 3 (somme 2, produit −3-3), donc x2−2x−3=(x−3)(x+1)x^2-2x-3=(x-3)(x+1).
  2. Sur ]1 ;+∞[\mathopen{]}1\,;+\infty\mathclose{[}, x+1>0x+1\gt 0 et (x−1)2>0(x-1)^2\gt 0 : f′(x)f^{\prime}(x) a le signe de x−3x-3. Donc ff est décroissante sur ]1 ;3]\mathopen{]}1\,;3] et croissante sur [3 ;+∞[[3\,;+\infty\mathclose{[}. Son minimum est f(3)=9+32=6f(3)=\frac{9+3}{2}=6.
  3. Pour tout x>1x\gt 1, f(x)≥6f(x)\geq6, soit x2+3x−1≥6\frac{x^2+3}{x-1}\geq6. On multiplie par x−1>0x-1\gt 0 (le sens ne change pas) : x2+3≥6(x−1)x^2+3\geq6(x-1). Contrôle direct : x2+3−6x+6=x2−6x+9=(x−3)2≥0x^2+3-6x+6=x^2-6x+9=(x-3)^2\geq0. Les deux méthodes donnent aussi le cas d'égalité, x=3x=3.

Exercice 5 : Une fonction avec racine carrée

Moyen
Soit f(x)=xx−3xf(x)=x\sqrt x-3x sur [0 ;+∞[[0\,;+\infty\mathclose{[}.
  1. Justifier que ff est dérivable sur ]0 ;+∞[\mathopen{]}0\,;+\infty\mathclose{[} et montrer que f′(x)=32x−3f^{\prime}(x)=\frac32\sqrt x-3.
  2. Étudier les variations de ff sur [0 ;+∞[[0\,;+\infty\mathclose{[} et donner son minimum.
Indication
xxx\sqrt x est un produit uvuv avec u=xu=x et v=xv=\sqrt x, et xx=x\frac{x}{\sqrt x}=\sqrt x pour x>0x\gt 0.
Voir le corrigé
  1. La racine carrée est dérivable sur ]0 ;+∞[\mathopen{]}0\,;+\infty\mathclose{[} (pas en 0), donc ff l'est aussi, comme somme et produit de fonctions dérivables. En 0, ff est continue (elle y est même dérivable, car f(h)−f(0)h=h−3\frac{f(h)-f(0)}{h}=\sqrt h-3 tend vers −3-3) : on pourra donc inclure 0 dans l'intervalle de décroissance. Avec (uv)′=u′v+uv′(uv)^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime} : (xx)′=1×x+x×12x=x+x2=32x.\begin{aligned}&(x\sqrt x)^{\prime}\\ &=1\times\sqrt x+x\times\frac{1}{2\sqrt x}\\ &=\sqrt x+\frac{\sqrt x}{2}=\frac32\sqrt x.\end{aligned} Donc f′(x)=32x−3f^{\prime}(x)=\frac32\sqrt x-3.
  2. f′(x)≥0  ⟺  x≥2  ⟺  x≥4f^{\prime}(x)\geq0\iff\sqrt x\geq2\iff x\geq4, car la racine carrée est croissante. Donc ff est décroissante sur [0 ;4][0\,;4] (borne 0 incluse grâce à la continuité en 0) et croissante sur [4 ;+∞[[4\,;+\infty\mathclose{[}. Minimum : f(4)=4×2−12=−4f(4)=4\times2-12=-4. Contrôle : f(0)=0f(0)=0 et f(9)=27−27=0f(9)=27-27=0 sont bien supérieurs à −4-4.

Exercice 6 : Trouver l’erreur dans une étude de variations

Moyen
Pour f(x)=x3−3x2+3x+2f(x)=x^3-3x^2+3x+2, un élève a écrit :
f′(x)=3x2−6x+3f^{\prime}(x)=3x^2-6x+3 et f′(1)=0f^{\prime}(1)=0. Donc ff admet un maximum en 1 : elle est croissante sur ]−∞ ;1]\mathopen{]}-\infty\,;1] et décroissante sur [1 ;+∞[[1\,;+\infty\mathclose{[}.
  1. Calculer f(0)f(0), f(1)f(1) et f(2)f(2). Que montrent ces valeurs ?
  2. Factoriser f′(x)f^{\prime}(x) et identifier l'erreur de raisonnement.
  3. Donner les variations correctes de ff.
Voir le corrigé
  1. f(0)=2f(0)=2, f(1)=1−3+3+2=3f(1)=1-3+3+2=3, f(2)=8−12+6+2=4f(2)=8-12+6+2=4. On a f(1)<f(2)f(1)\lt f(2) avec 1<21\lt 2 : ff n'est pas décroissante sur [1 ;+∞[[1\,;+\infty\mathclose{[}, la conclusion de l'élève est fausse.
  2. f′(x)=3(x2−2x+1)=3(x−1)2f^{\prime}(x)=3(x^2-2x+1)=3(x-1)^2. Le calcul de la dérivée était juste ; l'erreur est d'avoir conclu à un extremum à partir de f′(1)=0f^{\prime}(1)=0 seulement. Un extremum exige un changement de signe de f′f^{\prime}, et ici 3(x−1)2≥03(x-1)^2\geq0 des deux côtés de 1.
  3. f′(x)≥0f^{\prime}(x)\geq0 sur R\mathbb R et ne s'annule qu'en 1 : ff est strictement croissante sur R\mathbb R et n'admet aucun extremum. Au point d'abscisse 1, la tangente est horizontale mais la courbe la traverse.

Niveau 3 : comparer, démontrer, utiliser la parité

Exercice 7 : Position d’une hyperbole et de sa tangente

Moyen
Soit f(x)=1xf(x)=\dfrac1x sur R∖{0}\mathbb R\setminus\{0\}, de courbe C\mathcal C.
  1. Déterminer l'équation de la tangente TT à C\mathcal C au point d'abscisse 2.
  2. On pose d(x)=1x−(−x4+1)d(x)=\dfrac1x-\left(-\dfrac x4+1\right). Montrer que d(x)=(x−2)24xd(x)=\dfrac{(x-2)^2}{4x}.
  3. Étudier le signe de d(x)d(x).
  4. En déduire la position relative de C\mathcal C et de TT.
Voir le corrigé
  1. f(2)=12f(2)=\frac12 et f′(x)=−1x2f^{\prime}(x)=-\frac1{x^2}, donc f′(2)=−14f^{\prime}(2)=-\frac14. T:y=f(2)+f′(2)(x−2)=12−14(x−2)T : y=f(2)+f^{\prime}(2)(x-2)=\frac12-\frac14(x-2), soit y=−x4+1y=-\frac x4+1.
  2. On réduit au même dénominateur 4x4x : d(x)=4+x2−4x4x=x2−4x+44x=(x−2)24x.\begin{aligned}d(x)&=\frac{4+x^2-4x}{4x}\\ &=\frac{x^2-4x+4}{4x}\\ &=\frac{(x-2)^2}{4x}.\end{aligned}
  3. Le numérateur est un carré, positif ou nul, nul seulement en 2. Le signe de d(x)d(x) est donc celui de 4x4x : d(x)<0d(x)\lt 0 pour x<0x\lt 0, d(x)>0d(x)\gt 0 pour x>0x\gt 0 et x≠2x\neq2, d(2)=0d(2)=0.
  4. Sur ]0 ;+∞[\mathopen{]}0\,;+\infty\mathclose{[}, C\mathcal C est au-dessus de TT, et ne la touche qu'au point A(2 ;12)A\left(2\,;\frac12\right). Sur ]−∞ ;0[\mathopen{]}-\infty\,;0\mathclose{[}, C\mathcal C est en dessous de TT. Contrôle : pour x=−2x=-2, f(−2)=−12f(-2)=-\frac12 et TT donne 12+1=32\frac12+1=\frac32, bien au-dessus.

Exercice 8 : Démontrer une inégalité

Moyen
Démontrer que, pour tout réel x>0x\gt 0, x2+16x≥12x^2+\dfrac{16}{x}\geq12, et préciser le cas d'égalité.
Indication
Étudier f(x)=x2+16xf(x)=x^2+\frac{16}{x} sur ]0 ;+∞[\mathopen{]}0\,;+\infty\mathclose{[}. Pour le signe de x3−8x^3-8, on peut utiliser que x↦x3x\mapsto x^3 est strictement croissante.
Voir le corrigé
Méthode : on montre que le minimum de f(x)=x2+16xf(x)=x^2+\frac{16}{x} sur ]0 ;+∞[\mathopen{]}0\,;+\infty\mathclose{[} vaut 12. Pour x>0x\gt 0 :
f′(x)=2x−16x2=2x3−16x2=2(x3−8)x2.\begin{aligned}f^{\prime}(x)&=2x-\frac{16}{x^2}\\ &=\frac{2x^3-16}{x^2}\\ &=\frac{2(x^3-8)}{x^2}.\end{aligned}
Le dénominateur est positif. Comme la fonction cube est strictement croissante et 23=82^3=8, x3−8<0x^3-8\lt 0 pour x<2x\lt 2 et x3−8>0x^3-8\gt 0 pour x>2x\gt 2. Donc ff décroît sur ]0 ;2]\mathopen{]}0\,;2], croît sur [2 ;+∞[[2\,;+\infty\mathclose{[}, et son minimum est f(2)=4+8=12f(2)=4+8=12.
Conclusion : pour tout x>0x\gt 0, x2+16x≥12x^2+\frac{16}{x}\geq12, avec égalité si et seulement si x=2x=2. Contrôle : f(1)=17f(1)=17 et f(4)=20f(4)=20.

Exercice 9 : Parité et variations d’une fonction de degré 4

Moyen
  1. Pour chaque fonction, dire si elle est paire, impaire ou ni l'une ni l'autre, en justifiant : g(x)=x4−8x2g(x)=x^4-8x^2 sur R\mathbb R ; h(x)=x3−5xh(x)=x^3-5x sur R\mathbb R ; k(x)=x2−2xk(x)=x^2-2x sur R\mathbb R ; m(x)=x3m(x)=x^3 sur [−2 ;3][-2\,;3].
  2. Étudier les variations de gg sur [0 ;+∞[[0\,;+\infty\mathclose{[}.
  3. En déduire, sans nouveau calcul de dérivée, le tableau de variations de gg sur R\mathbb R et ses extremums.
Voir le corrigé
    • g(−x)=(−x)4−8(−x)2=x4−8x2=g(x)g(-x)=(-x)^4-8(-x)^2=x^4-8x^2=g(x) pour tout xx : gg est paire.
    • h(−x)=−x3+5x=−(x3−5x)=−h(x)h(-x)=-x^3+5x=-(x^3-5x)=-h(x) : hh est impaire.
    • k(1)=−1k(1)=-1 et k(−1)=3k(-1)=3 : ni égaux ni opposés, donc kk n'est ni paire ni impaire. Un seul contre-exemple suffit.
    • 33 appartient à [−2 ;3][-2\,;3] mais pas −3-3 : l'ensemble n'est pas symétrique, donc mm n'est ni paire ni impaire, bien que la fonction cube soit impaire sur R\mathbb R.
  2. g′(x)=4x3−16x=4x(x2−4)=4x(x−2)(x+2)g^{\prime}(x)=4x^3-16x=4x(x^2-4)=4x(x-2)(x+2). Sur [0 ;+∞[[0\,;+\infty\mathclose{[}, 4x≥04x\geq0 et x+2>0x+2\gt 0 : g′(x)g^{\prime}(x) a le signe de x−2x-2. Donc gg décroît sur [0 ;2][0\,;2] et croît sur [2 ;+∞[[2\,;+\infty\mathclose{[}, avec g(0)=0g(0)=0 et g(2)=16−32=−16g(2)=16-32=-16.
  3. gg est paire : sa courbe est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées, et les variations s'inversent de l'autre côté de 0.
    xx−∞-\infty−2-20022+∞+\infty
    gg↘\searrow−16-16↗\nearrow00↘\searrow−16-16↗\nearrow
    Le minimum de gg sur R\mathbb R est −16-16, atteint en −2-2 et en 22. En 0, gg admet un maximum local égal à 0 (ce n'est pas un maximum sur R\mathbb R, puisque g(3)=81−72=9>0g(3)=81-72=9\gt 0).

Niveau 4 : optimisation et algorithme

Exercice 10 : Le plus grand rectangle sous une parabole

Difficile
Dans un repère orthonormé, P\mathcal P est la parabole d'équation y=9−x2y=9-x^2. Pour x∈]0 ;3[x\in\mathopen{]}0\,;3\mathclose{[}, on construit le rectangle dont deux sommets sont (−x ;0)(-x\,;0) et (x ;0)(x\,;0) sur l'axe des abscisses, et les deux autres sur P\mathcal P.
  1. Montrer que l'aire du rectangle est A(x)=18x−2x3A(x)=18x-2x^3.
  2. Étudier les variations de AA sur ]0 ;3[\mathopen{]}0\,;3\mathclose{[}.
  3. Donner les dimensions du rectangle d'aire maximale et cette aire (valeur exacte et valeur approchée au centième).
Voir le corrigé
  1. La base va de −x-x à xx : elle mesure 2x2x. La hauteur est l'ordonnée du point de P\mathcal P d'abscisse xx, soit 9−x29-x^2, positive sur ]0 ;3[\mathopen{]}0\,;3\mathclose{[}. Donc A(x)=2x(9−x2)=18x−2x3A(x)=2x(9-x^2)=18x-2x^3.
  2. A′(x)=18−6x2=6(3−x2)=6(3−x)(3+x)A^{\prime}(x)=18-6x^2=6(3-x^2)=6(\sqrt3-x)(\sqrt3+x). Sur ]0 ;3[\mathopen{]}0\,;3\mathclose{[}, 3+x>0\sqrt3+x\gt 0, donc A′(x)A^{\prime}(x) a le signe de 3−x\sqrt3-x : AA croît sur ]0 ;3]\mathopen{]}0\,;\sqrt3] et décroît sur [3 ;3[[\sqrt3\,;3\mathclose{[}.
  3. L'aire est maximale pour x=3x=\sqrt3 : base 23≈3,462\sqrt3\approx3{,}46, hauteur 9−3=69-3=6, aire A(3)=23×6=123≈20,78A(\sqrt3)=2\sqrt3\times6=12\sqrt3\approx20{,}78 unités d'aire. Contrôle : A(1)=16A(1)=16 et A(2)=20A(2)=20 sont inférieurs à 20,78.

Exercice 11 : La canette qui utilise le moins de métal

Difficile
Une boîte cylindrique fermée doit contenir 1 litre, soit 10001000 cm³. On note rr le rayon de la base et hh la hauteur, en cm. On rappelle que le volume vaut πr2h\pi r^2h et que l'aire totale (deux disques et la surface latérale) vaut 2πr2+2πrh2\pi r^2+2\pi rh.
  1. Exprimer hh en fonction de rr, puis montrer que l'aire totale est S(r)=2πr2+2000rS(r)=2\pi r^2+\dfrac{2000}{r} pour r>0r\gt 0.
  2. Montrer que S′(r)=4(πr3−500)r2S^{\prime}(r)=\dfrac{4(\pi r^3-500)}{r^2}.
  3. On note r0r_0 le réel positif tel que r03=500πr_0^3=\dfrac{500}{\pi}. Étudier les variations de SS et donner une valeur approchée de r0r_0 au centième.
  4. Montrer que, pour r=r0r=r_0, la hauteur est égale au diamètre.
  5. Calculer l'aire minimale, arrondie au cm².
Indication
Pour la question 4, écrire h=1000πr02=1000 r0πr03h=\frac{1000}{\pi r_0^2}=\frac{1000\,r_0}{\pi r_0^3} et remplacer πr03\pi r_0^3 par 500.
Voir le corrigé
  1. πr2h=1000\pi r^2h=1000 donne h=1000πr2h=\dfrac{1000}{\pi r^2}. Alors 2πrh=2πr×1000πr2=2000r2\pi rh=2\pi r\times\dfrac{1000}{\pi r^2}=\dfrac{2000}{r}, donc S(r)=2πr2+2000rS(r)=2\pi r^2+\dfrac{2000}{r}.
  2. S′(r)=4πr−2000r2=4πr3−2000r2=4(πr3−500)r2S^{\prime}(r)=4\pi r-\dfrac{2000}{r^2}=\dfrac{4\pi r^3-2000}{r^2}=\dfrac{4(\pi r^3-500)}{r^2}.
  3. r2>0r^2\gt 0, donc S′(r)S^{\prime}(r) a le signe de πr3−500\pi r^3-500. La fonction r↦πr3r\mapsto\pi r^3 est strictement croissante sur ]0 ;+∞[\mathopen{]}0\,;+\infty\mathclose{[} et vaut 500 en r0r_0 : S′(r)<0S^{\prime}(r)\lt 0 pour r<r0r\lt r_0 et S′(r)>0S^{\prime}(r)\gt 0 pour r>r0r\gt r_0. SS est décroissante sur ]0 ;r0]\mathopen{]}0\,;r_0], croissante sur [r0 ;+∞[[r_0\,;+\infty\mathclose{[} : elle est minimale en r0r_0. À la calculatrice, r0≈5,42r_0\approx5{,}42 cm (5,423≈159,25{,}42^3\approx159{,}2 et 500π≈159,15\frac{500}{\pi}\approx159{,}15).
  4. h=1000πr02=1000 r0πr03=1000 r0500=2r0h=\dfrac{1000}{\pi r_0^2}=\dfrac{1000\,r_0}{\pi r_0^3}=\dfrac{1000\,r_0}{500}=2r_0. La hauteur vaut deux fois le rayon, c'est-à-dire le diamètre : environ 10,84 cm. La canette optimale est aussi haute que large.
  5. Avec h=2r0h=2r_0, S(r0)=2πr02+2πr0×2r0=6πr02≈6π×5,4192≈554S(r_0)=2\pi r_0^2+2\pi r_0\times2r_0=6\pi r_0^2\approx6\pi\times5{,}419^2\approx554 cm². Les canettes du commerce sont plus hautes et plus étroites : d'autres contraintes que la quantité de métal entrent en jeu.

Exercice 12 : Méthode de Newton en Python

Difficile
On s'intéresse à l'équation x3+x−1=0x^3+x-1=0, notée (E)(E), et à f(x)=x3+x−1f(x)=x^3+x-1.
  1. Montrer que ff est strictement croissante sur R\mathbb R et calculer f(0)f(0) et f(1)f(1). On admet que (E)(E) a une unique solution α\alpha, et qu'elle est dans [0 ;1][0\,;1].
  2. Montrer que la méthode de Newton s'écrit xn+1=2xn3+13xn2+1x_{n+1}=\dfrac{2x_n^3+1}{3x_n^2+1}.
  3. Avec x0=1x_0=1, calculer x1x_1 et x2x_2 sous forme de fractions.
  4. Compléter la fonction Python ci-dessous pour qu'elle renvoie une valeur approchée de α\alpha, en s'arrêtant quand deux termes consécutifs diffèrent de moins de e.
def suivant(x):
    return (2*x**3+1)/(3*x**2+1)

def newton(x, e):
    y = suivant(x)
    while ............ :
        x = y
        y = ............
    return y
Voir le corrigé
  1. f′(x)=3x2+1≥1>0f^{\prime}(x)=3x^2+1\geq1\gt 0 pour tout réel xx : ff est strictement croissante sur R\mathbb R. f(0)=−1<0f(0)=-1\lt 0 et f(1)=1>0f(1)=1\gt 0 : la solution α\alpha est entre 0 et 1.
  2. Comme f′(xn)>0f^{\prime}(x_n)\gt 0, la formule a toujours un sens : xn+1=xn−xn3+xn−13xn2+1=3xn3+xn−xn3−xn+13xn2+1=2xn3+13xn2+1.\begin{aligned}&x_{n+1}\\ &=x_n-\frac{x_n^3+x_n-1}{3x_n^2+1}\\ &=\frac{3x_n^3+x_n-x_n^3-x_n+1}{3x_n^2+1}\\ &=\frac{2x_n^3+1}{3x_n^2+1}.\end{aligned}
  3. x1=2+13+1=34x_1=\dfrac{2+1}{3+1}=\dfrac34. Puis x13=2764x_1^3=\frac{27}{64} et x12=916x_1^2=\frac{9}{16} : x2=5464+12716+1=11864×1643=118172=5986.\begin{aligned}x_2&=\frac{\frac{54}{64}+1}{\frac{27}{16}+1}=\frac{118}{64}\times\frac{16}{43}\\ &=\frac{118}{172}=\frac{59}{86}.\end{aligned} x2≈0,686x_2\approx0{,}686. Contrôle : f(0,686)≈0,009f(0{,}686)\approx0{,}009, déjà proche de 0.
  4. La boucle continue tant que l'écart est au moins égal à e : 
    def newton(x, e):
    y = suivant(x)
    while abs(y - x) >= e:
        x = y
        y = suivant(x)
    return y

print(newton(1, 10**-6))
    Le programme affiche 0.6823278038280193, donc α≈0,682 328\alpha\approx0{,}682\,328. Il faut seulement cinq étapes : la méthode de Newton est bien plus rapide qu'un balayage avec un pas de 10−610^{-6}.

Problème type bac : coût, recette et rentabilité

Problème : à partir de quelle production l’atelier est-il rentable ?

Type bac
Un atelier fabrique qq centaines d'objets par semaine, avec q∈[0 ;8]q\in[0\,;8]. Le coût total, en milliers d'euros, est C(q)=q3−9q2+45q+10C(q)=q^3-9q^2+45q+10. Chaque centaine d'objets est vendue 30 milliers d'euros, donc la recette est R(q)=30qR(q)=30q.
  1. Montrer que le coût CC est strictement croissant sur [0 ;8][0\,;8].
  2. Montrer que le bénéfice B(q)=R(q)−C(q)B(q)=R(q)-C(q) vaut −q3+9q2−15q−10-q^3+9q^2-15q-10, puis que B′(q)=−3(q−1)(q−5)B^{\prime}(q)=-3(q-1)(q-5).
  3. Dresser le tableau de variations de BB sur [0 ;8][0\,;8]. Quel est le bénéfice maximal ?
  4. Interpréter le signe de B(q)B(q) en termes de position relative de la courbe de CC et de la droite d'équation y=30qy=30q.
  5. On admet que B(q)=0B(q)=0 a exactement une solution aa dans [1 ;5][1\,;5] et une solution bb dans [5 ;8][5\,;8]. Appliquer une étape de la méthode de Newton à partir de q0=3q_0=3, puis donner des valeurs approchées de aa et bb au centième (calculatrice ou programme de l'exercice 12 adapté).
  6. Pour quelles productions l'atelier est-il rentable ?
Indication
Pour la question 1, C′C^{\prime} est un trinôme : regarder son discriminant.
Voir le corrigé
  1. C′(q)=3q2−18q+45=3(q2−6q+15)C^{\prime}(q)=3q^2-18q+45=3(q^2-6q+15). Le trinôme q2−6q+15q^2-6q+15 a pour discriminant 36−60=−24<036-60=-24\lt 0 : il garde le signe de son coefficient 1, donc C′(q)>0C^{\prime}(q)\gt 0. Le coût est strictement croissant, ce qui est cohérent : produire plus coûte plus.
  2. B(q)=30q−(q3−9q2+45q+10)=−q3+9q2−15q−10B(q)=30q-(q^3-9q^2+45q+10)=-q^3+9q^2-15q-10. Puis B′(q)=−3q2+18q−15=−3(q2−6q+5)B^{\prime}(q)=-3q^2+18q-15=-3(q^2-6q+5), et q2−6q+5q^2-6q+5 a pour racines 1 et 5 (somme 6, produit 5) : B′(q)=−3(q−1)(q−5)B^{\prime}(q)=-3(q-1)(q-5).
  3. Le coefficient −3-3 est négatif : B′B^{\prime} est négative à l'extérieur de [1 ;5][1\,;5], positive entre 1 et 5. Valeurs : B(0)=−10B(0)=-10, B(1)=−1+9−15−10=−17B(1)=-1+9-15-10=-17, B(5)=−125+225−75−10=15B(5)=-125+225-75-10=15, B(8)=−512+576−120−10=−66B(8)=-512+576-120-10=-66.
    qq00115588
    B′(q)B^{\prime}(q)−-00++00−-
    BB−10-10↘\searrow−17-17↗\nearrow1515↘\searrow−66-66
    Le bénéfice maximal est B(5)=15B(5)=15, soit 15 000 € par semaine, pour 500 objets.
  4. B(q)>0B(q)\gt 0 équivaut à 30q>C(q)30q\gt C(q) : la droite de recette est au-dessus de la courbe de coût. L'atelier gagne de l'argent exactement là où la droite passe au-dessus de la courbe, et en perd là où elle passe en dessous.
  5. B(3)=−27+81−45−10=−1B(3)=-27+81-45-10=-1 et B′(3)=−27+54−15=12B^{\prime}(3)=-27+54-15=12. Une étape de Newton donne q1=3−B(3)B′(3)=3+112=3712≈3,083.\begin{aligned}q_1&=3-\frac{B(3)}{B^{\prime}(3)}=3+\frac{1}{12}\\ &=\frac{37}{12}\approx3{,}083.\end{aligned} En poursuivant (ou à la calculatrice), a≈3,08a\approx3{,}08. En partant de q0=6,5q_0=6{,}5, on obtient de même b≈6,42b\approx6{,}42. Contrôle : B(3,08)≈−0,04B(3{,}08)\approx-0{,}04 et B(3,09)≈0,08B(3{,}09)\approx0{,}08 changent bien de signe.
  6. D'après le tableau, B(q)≥0B(q)\geq0 exactement sur [a ;b][a\,;b]. L'atelier est rentable pour une production comprise entre environ 309 et 642 objets par semaine (a≈3,083a\approx3{,}083 et b≈6,422b\approx6{,}422 centaines).

Pages liées