Exercices corrigés : l'optimisation appliquée (201-NYA)

a) Schéma : un rectangle dont un côté de longueur $L$ est le mur de grange, et dont les trois autres côtés sont clôturés, soit le côté $L$ opposé au mur et les deux côtés de largeur $\ell$. Fonction à OPTIMISER : l'aire $A=L\ell$. CONTRAINTE : la clôture disponible est $L+2\ell=200$. C'est la traduction de l'énoncé qui décide de tout : confondre les deux relations, ou clôturer quatre côtés alors que le mur en dispense d'un, fait tomber tout le reste du problème même si le calcul est ensuite impeccable.

b) De la contrainte on tire $L=200-2\ell$, que l'on reporte dans l'aire : $A(\ell)=(200-2\ell)\ell=200\ell-2\ell^{2}$. Domaine : il faut $\ell>0$ et $L=200-2\ell>0$, soit $\ell<100$. Le domaine admissible est donc $\left]0,100\right[$, ou $\left[0,100\right]$ si l'on accepte les cas dégénérés d'aire nulle. Prendre l'intervalle FERMÉ $\left[0,100\right]$ est ici commode, car il permet d'invoquer directement le théorème des valeurs extrêmes au point c).

c) $A'(\ell)=200-4\ell$, qui s'annule pour $\ell=50$. Alors $L=200-100=100$ et l'aire vaut $A=100\times 50=5000$ m². Justification : sur l'intervalle fermé $\left[0,100\right]$, la fonction continue $A$ atteint son maximum absolu, et les candidats sont le nombre critique $\ell=50$ et les bornes. Or $A(0)=0$ et $A(100)=0$, tandis que $A(50)=5000$ : le maximum absolu est bien atteint en $\ell=50$ ✓. On pouvait aussi conclure par $A''(\ell)=-4<0$, qui montre une parabole concave, donc un sommet qui est un maximum. Les dimensions optimales sont $100$ m parallèlement au mur et $50$ m perpendiculairement.

d) Avec quatre côtés clôturés, la contrainte devient $2L+2\ell=200$, soit $L+\ell=100$ et $L=100-\ell$. L'aire est $A(\ell)=(100-\ell)\ell$, dont la dérivée $100-2\ell$ s'annule en $\ell=50$, d'où $L=50$ : on obtient un CARRÉ de 50 m de côté, d'aire $2500$ m². Comparaison : avec la même longueur de clôture, l'enclos adossé au mur atteint $5000$ m², soit exactement le DOUBLE. La forme optimale change aussi : un carré dans le second cas, un rectangle deux fois plus long que large dans le premier. L'explication tient en une phrase : le mur fournit gratuitement un côté, et l'optimum consiste toujours à répartir la clôture équitablement entre les deux DIRECTIONS, soit ici 100 m pour la direction parallèle au mur et $2\times 50$ m pour la direction perpendiculaire. Ce principe d'équilibre entre directions se retrouve dans presque tous les problèmes d'optimisation géométrique.

a) Soit $x$ le côté de la base carrée et $h$ la hauteur. Volume (CONTRAINTE) : $V=x^{2}h=32\,000$, d'où $h=\frac{32\,000}{x^{2}}$. Surface à MINIMISER, sans couvercle donc une base et quatre parois : $S=x^{2}+4xh$. En substituant : $S(x)=x^{2}+4x\cdot\frac{32\,000}{x^{2}}=x^{2}+\frac{128\,000}{x}$.

b) Domaine : $x>0$ strictement, car $x=0$ ne définit aucune boîte et rendrait $h$ infini. Il n'y a en revanche aucune borne supérieure : une base immense avec une hauteur minuscule reste géométriquement admissible. Le domaine est donc $\left]0,+\infty\right[$, un intervalle OUVERT et non borné. Le théorème des valeurs extrêmes ne s'applique pas, car il exige un intervalle fermé et borné : ici, il ne garantit donc l'existence d'aucun extremum, et la justification devra venir d'ailleurs. On observe d'ailleurs que $S\to+\infty$ aux deux extrémités, quand $x\to 0^{+}$ à cause du terme $\frac{128\,000}{x}$, et quand $x\to+\infty$ à cause de $x^{2}$.

c) $S'(x)=2x-\frac{128\,000}{x^{2}}$. En annulant : $2x=\frac{128\,000}{x^{2}}$, donc $2x^{3}=128\,000$, soit $x^{3}=64\,000$ et $x=40$ cm. Alors $h=\frac{32\,000}{1600}=20$ cm, et la surface vaut $S=1600+\frac{128\,000}{40}=1600+3200=4800$ cm². Justification valable sur un intervalle ouvert : $S''(x)=2+\frac{256\,000}{x^{3}}>0$ pour tout $x>0$, donc $S$ est CONVEXE sur tout le domaine; un point critique d'une fonction convexe est nécessairement un minimum, et il est absolu. On pouvait aussi raisonner par le test de la dérivée première : $S'<0$ pour $x<40$ et $S'>0$ pour $x>40$, donc $S$ décroît puis croît, avec un unique nombre critique : le minimum en $x=40$ est donc absolu. C'est l'argument attendu, et il remplace le recours aux bornes.

d) Sans couvercle on obtient $h=20$ et $x=40$, soit $\frac{h}{x}=\frac{1}{2}$ : la boîte est deux fois plus large que haute. Avec couvercle, la surface serait $S=2x^{2}+4xh=2x^{2}+\frac{128\,000}{x}$, de dérivée $4x-\frac{128\,000}{x^{2}}$, qui s'annule pour $x^{3}=32\,000$, soit $x\approx 31{,}75$ cm et $h=\frac{32\,000}{x^{2}}\approx 31{,}75$ cm : on retrouve un CUBE, avec $\frac{h}{x}=1$. Le résultat est intuitif après coup : avec couvercle, toutes les directions jouent le même rôle et la forme la plus économique est le cube, l'analogue tridimensionnel du carré du problème précédent. Sans couvercle, le dessus est gratuit, donc il devient avantageux d'ÉTALER la boîte pour agrandir la face qui ne coûte rien, exactement comme le mur de grange rendait avantageux d'allonger l'enclos dans sa direction. Le même principe gouverne les deux problèmes : la dimension dont la surface n'est pas facturée doit être développée.

a) Le cylindre étant inscrit et centré, son axe passe par le centre de la sphère et ses deux cercles de base sont à la distance $\frac{h}{2}$ du centre. Un rayon de la sphère joignant le centre à un point du bord d'une base forme un triangle rectangle de côtés $r$ et $\frac{h}{2}$ et d'hypoténuse $R$. La contrainte est donc $r^{2}+\left(\frac{h}{2}\right)^{2}=R^{2}$, soit ici $r^{2}+\frac{h^{2}}{4}=9$.

b) Volume du cylindre : $V=\pi r^{2}h$. Comme la contrainte donne directement $r^{2}=9-\frac{h^{2}}{4}$, la substitution est immédiate et évite toute racine : $V(h)=\pi\left(9-\frac{h^{2}}{4}\right)h=\pi\left(9h-\frac{h^{3}}{4}\right)$. Domaine : il faut $h>0$ et $r^{2}>0$, soit $\frac{h^{2}}{4}<9$, soit $h<6$. Le domaine est donc $\left]0,6\right[$, que l'on peut fermer en $\left[0,6\right]$ pour inclure les cas dégénérés de volume nul. Substituer $r^{2}$ plutôt que $r$ est le geste technique de l'exercice : exprimer $r=\sqrt{9-\frac{h^{2}}{4}}$ et le reporter dans $V$ mènerait au même résultat, mais avec une dérivation nettement plus pénible.

c) $V'(h)=\pi\left(9-\frac{3h^{2}}{4}\right)$, qui s'annule quand $\frac{3h^{2}}{4}=9$, soit $h^{2}=12$ et $h=2\sqrt{3}\approx 3{,}464$. Alors $r^{2}=9-\frac{12}{4}=6$, donc $r=\sqrt{6}\approx 2{,}449$. Volume : $V=\pi\cdot 6\cdot 2\sqrt{3}=12\sqrt{3}\,\pi\approx 65{,}30$. Justification : sur $\left[0,6\right]$, $V(0)=V(6)=0$ et $V\left(2\sqrt{3}\right)>0$, donc le maximum absolu est bien au nombre critique ✓ (on peut aussi noter $V''(h)=-\frac{3\pi h}{2}<0$ sur le domaine, donc concavité et maximum).

d) Volume de la sphère : $V_{S}=\frac{4}{3}\pi R^{3}=\frac{4}{3}\pi(27)=36\pi\approx 113{,}10$. Rapport : $\frac{12\sqrt{3}\pi}{36\pi}=\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}\approx 0{,}577$, soit environ $57{,}7$ pour cent. Le rapport ne dépend PAS de $R$, et on peut le voir sans refaire le calcul : le problème est invariant par changement d'échelle, puisque multiplier toutes les longueurs par un facteur $k$ multiplie tous les volumes par $k^{3}$, donc laisse leur rapport inchangé. En refaisant le calcul avec $R$ quelconque, on trouverait d'ailleurs $h=\frac{2R}{\sqrt{3}}$ et $r^{2}=\frac{2R^{2}}{3}$, d'où $V=\frac{4\pi R^{3}}{3\sqrt{3}}$ et le rapport $\frac{1}{\sqrt{3}}$ ✓. Cet argument d'homogénéité est très rentable à l'examen : il permet de prédire qu'un rapport sans dimension sera universel, et de vérifier au passage la cohérence du résultat.

a) Après découpe et pliage, la hauteur de la boîte est $x$ (le carré relevé), et la base est un carré dont le côté a perdu $x$ de chaque côté, donc mesure $30-2x$. Le volume vaut $V(x)=x(30-2x)^{2}$.

b) Il faut $x>0$ pour que la découpe existe, et $30-2x>0$ pour que la base subsiste, soit $x<15$. Le domaine admissible est donc $\left]0,15\right[$, que l'on peut fermer en $\left[0,15\right]$ en acceptant les deux cas dégénérés de volume nul (aucune découpe, ou découpe consommant tout le carton). Fermer l'intervalle est ici commode, car cela permet d'invoquer le théorème des valeurs extrêmes.

c) Développons avant de dériver, c'est plus sûr : $V(x)=x\left(900-120x+4x^{2}\right)=900x-120x^{2}+4x^{3}$, donc $V'(x)=900-240x+12x^{2}=12\left(x^{2}-20x+75\right)=12(x-5)(x-15)$. Les nombres critiques sont $x=5$ et $x=15$. Sur $\left[0,15\right]$, les candidats sont donc $0$, $5$ et $15$ : $V(0)=0$, $V(15)=0$ et $V(5)=5(30-10)^{2}=5(400)=2000$ cm³. Le maximum absolu vaut donc $2000$ cm³, atteint pour une découpe de $5$ cm ✓. On peut aussi factoriser directement $V'(x)=(30-2x)(30-6x)$, ce qui donne les racines sans développement.

d) Le second nombre critique $x=15$ correspond à la borne du domaine : découper 15 cm à chaque coin d'un carton de 30 cm consomme toute la largeur, la base disparaît et le volume est nul. Il ne s'agit donc pas d'un maximum mais du cas dégénéré, mathématiquement valide (il annule bien la dérivée) et physiquement vide de sens. C'est un rappel utile : résoudre $V'(x)=0$ produit des CANDIDATS, et il faut toujours les confronter au domaine et au bon sens géométrique avant de conclure. Un étudiant qui annoncerait $x=15$ sans évaluer $V$ obtiendrait une boîte de volume nul.

a) La largeur du rectangle vaut $2r$ (le diamètre du demi-disque). Le périmètre comprend la base $2r$, les deux côtés verticaux $2h$, et l'arc du demi-cercle $\pi r$ (la moitié de $2\pi r$) : la partie horizontale supérieure n'existe pas, puisque le demi-disque y est posé. CONTRAINTE : $2r+2h+\pi r=8$. AIRE : celle du rectangle plus celle du demi-disque, soit $\mathcal{A}=2rh+\frac{\pi r^{2}}{2}$.

b) De la contrainte on tire $2h=8-2r-\pi r$, donc $h=\frac{8-2r-\pi r}{2}$. En substituant : $\mathcal{A}(r)=2r\cdot\frac{8-2r-\pi r}{2}+\frac{\pi r^{2}}{2}=r(8-2r-\pi r)+\frac{\pi r^{2}}{2}=8r-2r^{2}-\pi r^{2}+\frac{\pi r^{2}}{2}=8r-2r^{2}-\frac{\pi r^{2}}{2}$. Domaine : $r>0$, et $h>0$ exige $8-2r-\pi r>0$, soit $r<\frac{8}{2+\pi}\approx 1{,}556$. Le domaine est donc $\left]0,\frac{8}{2+\pi}\right[$.

c) $\mathcal{A}'(r)=8-4r-\pi r=8-r(4+\pi)$, qui s'annule pour $r=\frac{8}{4+\pi}\approx 1{,}1202$ m. C'est bien un maximum, car $\mathcal{A}''(r)=-(4+\pi)<0$ : la fonction est concave, son unique point critique est donc un maximum absolu. Hauteur correspondante : $h=\frac{8-2(1{,}1202)-\pi(1{,}1202)}{2}\approx 1{,}1202$ m. Aire maximale : $\mathcal{A}\approx 8(1{,}1202)-2(1{,}2555)-\frac{\pi(1{,}2555)}{2}\approx 8{,}964-2{,}511-1{,}972\approx 4{,}481$ m².

d) Démontrons-le exactement. On a $r=\frac{8}{4+\pi}$, donc $8=r(4+\pi)$. En substituant dans l'expression de $h$ : $h=\frac{8-2r-\pi r}{2}=\frac{r(4+\pi)-2r-\pi r}{2}=\frac{4r+\pi r-2r-\pi r}{2}=\frac{2r}{2}=r$ ✓. La relation est donc EXACTE, tous les termes en $\pi$ s'annulant. Signification géométrique : la hauteur du rectangle égale le rayon du demi-disque, donc elle vaut la MOITIÉ de la largeur $2r$. Le rectangle optimal a ainsi une largeur double de sa hauteur, et la fenêtre entière s'inscrit exactement dans un demi-carré surmonté de son demi-disque. C'est le même type de proportion remarquable que le $h=2r$ de la canette : les problèmes d'optimisation géométrique produisent presque toujours un rapport simple, indépendant des données numériques, et le vérifier symboliquement est le meilleur contrôle de la solution.

a) Coût marginal : $C'(x)=40+0{,}1x$ dollars par unité. En $x=100$ : $C'(100)=40+10=50$ dollars. Interprétation concrète : produire la $101^{e}$ unité coûte environ 50 dollars de plus. Vérification directe : $C(101)-C(100)=(2000+4040+0{,}05\times 10201)-(2000+4000+500)=6550{,}05-6500=50{,}05$ dollars, ce qui confirme l'approximation à cinq centimes près. Le coût marginal est donc une différentielle déguisée : c'est $dC$ pour $dx=1$, et l'écart de 5 centimes est exactement le terme quadratique négligé.

b) Revenu : $R(x)=x\,p(x)=x(120-0{,}15x)=120x-0{,}15x^{2}$. Profit : $P(x)=R(x)-C(x)=120x-0{,}15x^{2}-2000-40x-0{,}05x^{2}=-0{,}2x^{2}+80x-2000$. Le profit est une parabole concave, ce qui garantit d'emblée l'existence d'un maximum unique.

c) $P'(x)=-0{,}4x+80$, qui s'annule pour $x=200$ unités. Comme $P''(x)=-0{,}4<0$, il s'agit bien d'un maximum, et il est absolu puisque la parabole est concave. Profit maximal : $P(200)=-0{,}2(40\,000)+16\,000-2000=-8000+16\,000-2000=6000$ dollars. Vérification de la règle : le revenu marginal est $R'(x)=120-0{,}3x$, soit $R'(200)=120-60=60$ dollars; le coût marginal est $C'(200)=40+20=60$ dollars. Ils sont égaux ✓. La règle se démontre en une ligne : $P'=R'-C'$, donc annuler $P'$ revient exactement à écrire $R'=C'$. L'interprétation économique est limpide : tant que l'unité suivante rapporte plus qu'elle ne coûte, il faut produire; on s'arrête quand les deux s'égalisent.

d) $\bar{C}(x)=\frac{2000}{x}+40+0{,}05x$. En dérivant : $\bar{C}'(x)=-\frac{2000}{x^{2}}+0{,}05$, qui s'annule quand $x^{2}=40\,000$, soit $x=200$ unités. C'est un minimum, car $\bar{C}''(x)=\frac{4000}{x^{3}}>0$. Valeur : $\bar{C}(200)=10+40+10=60$ dollars par unité, et le coût marginal $C'(200)=40+20=60$ dollars : les deux coïncident ✓. Ce n'est PAS un hasard, et la démonstration générale est courte : $\bar{C}(x)=\frac{C(x)}{x}$ donne par la règle du quotient $\bar{C}'(x)=\frac{C'(x)x-C(x)}{x^{2}}$. Annuler cette dérivée revient à $C'(x)x=C(x)$, soit $C'(x)=\frac{C(x)}{x}=\bar{C}(x)$. Au minimum du coût moyen, coût marginal et coût moyen sont donc toujours égaux, quelle que soit la fonction de coût. C'est un résultat standard de microéconomie, et il sort entièrement de la règle du quotient. Petite coïncidence propre à cet énoncé : la production qui minimise le coût moyen est ici la même que celle qui maximise le profit, ce qui n'est pas vrai en général et tient au choix des coefficients.

a) Le trajet sur le sable va du sauveteur au point d'entrée : sa longueur est $\sqrt{40^{2}+x^{2}}=\sqrt{1600+x^{2}}$, parcourue à 8 m/s. Le trajet dans l'eau va du point d'entrée à la victime : sa longueur est $\sqrt{30^{2}+(100-x)^{2}}=\sqrt{900+(100-x)^{2}}$, parcourue à 2 m/s. Le temps total est donc $T(x)=\frac{\sqrt{1600+x^{2}}}{8}+\frac{\sqrt{900+(100-x)^{2}}}{2}$, sur le domaine $\left[0,100\right]$.

b) $T'(x)=\frac{x}{8\sqrt{1600+x^{2}}}-\frac{100-x}{2\sqrt{900+(100-x)^{2}}}$. En annulant : $\frac{x}{8\sqrt{1600+x^{2}}}=\frac{100-x}{2\sqrt{900+(100-x)^{2}}}$. Interprétation : dans chaque terme, le quotient $\frac{x}{\sqrt{1600+x^{2}}}$ est le SINUS de l'angle que fait le trajet avec la normale au rivage, et le dénominateur restant est la vitesse. L'équation dit donc que le rapport « sinus sur vitesse » doit être le même des deux côtés, ce que le point d) formalise.

c) L'équation ne se résout pas algébriquement de façon simple (elle mène à un polynôme de degré 4), on la résout donc numériquement, par bissection ou par la méthode de Newton. Le nombre critique est $x\approx 92{,}92$ m, et le temps correspondant vaut $T(92{,}92)=\frac{\sqrt{1600+8634}}{8}+\frac{\sqrt{900+50{,}1}}{2}\approx 12{,}65+15{,}41\approx 28{,}06$ s. Justification : sur l'intervalle fermé $\left[0,100\right]$, on compare aux bornes, $T(0)=5+52{,}20=57{,}20$ s (entrer dans l'eau tout de suite) et $T(100)=13{,}46+15=28{,}46$ s (courir jusqu'à la perpendiculaire). Comme $28{,}06<28{,}46<57{,}20$, le MINIMUM absolu est bien au nombre critique ✓. La figure le confirme : la courbe descend fortement, atteint un creux peu avant $x=100$, puis remonte légèrement. Le résultat est physiquement parlant : la nage étant quatre fois plus lente que la course, il faut courir presque toute la distance ($92{,}9$ m sur 100) avant d'entrer dans l'eau. Notez que le gain sur la solution naïve « courir jusqu'au bout » n'est que de $0{,}4$ s : le creux est très plat, ce qui est typique des optimums et explique qu'une erreur de quelques mètres sur le point d'entrée ne coûte presque rien.

d) Notons $\theta_{1}$ l'angle entre le trajet sur le sable et la normale au rivage, et $\theta_{2}$ l'angle correspondant dans l'eau. Par définition du sinus dans chaque triangle rectangle : $\sin\theta_{1}=\frac{x}{\sqrt{1600+x^{2}}}$ et $\sin\theta_{2}=\frac{100-x}{\sqrt{900+(100-x)^{2}}}$. La condition $T'(x)=0$ du point b) s'écrit alors exactement $\frac{\sin\theta_{1}}{8}=\frac{\sin\theta_{2}}{2}$, c'est-à-dire $\frac{\sin\theta_{1}}{v_{1}}=\frac{\sin\theta_{2}}{v_{2}}$ ✓. C'est la LOI DE SNELL-DESCARTES de la réfraction, obtenue ici sans aucune physique, par le seul calcul différentiel. Vérification numérique à l'optimum : $\sin\theta_{1}=0{,}9185$ et $\sin\theta_{2}=0{,}2296$, d'où $\frac{0{,}9185}{8}=0{,}11481$ et $\frac{0{,}2296}{2}=0{,}11481$ ✓, égalité parfaite. En posant $n=\frac{c}{v}$ pour l'indice de réfraction, la relation prend sa forme habituelle $n_{1}\sin\theta_{1}=n_{2}\sin\theta_{2}$. Ce que le résultat dit sur la lumière est le principe de Fermat : entre deux points, la lumière suit le trajet qui minimise le temps de parcours. Elle ne « choisit » évidemment rien, mais tout se passe comme si elle résolvait le problème du sauveteur. On retrouve au passage l'interprétation du milieu le plus réfringent : là où la vitesse est faible (l'eau, le verre), le trajet se raccourcit et le rayon se rapproche de la normale, exactement comme le sauveteur raccourcit sa portion de nage.

a) Soit $(x,x^{2})$ un point quelconque de la parabole. La distance à $A(0,2)$ vaut $d=\sqrt{(x-0)^{2}+(x^{2}-2)^{2}}$. On minimise plutôt le carré : $d^{2}(x)=x^{2}+(x^{2}-2)^{2}=x^{2}+x^{4}-4x^{2}+4=x^{4}-3x^{2}+4$. En dérivant : $\left(d^{2}\right)'=4x^{3}-6x=2x\left(2x^{2}-3\right)$, qui s'annule pour $x=0$ et $x^{2}=\frac{3}{2}$, soit $x=\pm\sqrt{1{,}5}\approx\pm 1{,}2247$. Valeurs : en $x=0$, $d^{2}=4$ donc $d=2$; en $x^{2}=1{,}5$, $d^{2}=2{,}25-4{,}5+4=1{,}75$ donc $d=\sqrt{1{,}75}\approx 1{,}3229$. Le minimum est donc atteint aux DEUX points $\left(\pm 1{,}2247,\;1{,}5\right)$, à la distance $\approx 1{,}32$ de $A$. La symétrie était prévisible, puisque $A$ est sur l'axe de la parabole. Le point $x=0$, lui, est un maximum LOCAL de la distance restreint au voisinage : c'est le sommet de la parabole, plus éloigné de $A$ que ses voisins.

b) C'est légitime parce que la fonction racine carrée est strictement CROISSANTE sur $\left[0,+\infty\right[$ : si $d^{2}$ atteint son minimum en $x_{0}$, alors $d=\sqrt{d^{2}}$ l'atteint au même $x_{0}$. Minimiser le carré donne donc exactement le même point optimal, seule la VALEUR du minimum change (il faut prendre la racine à la fin si l'énoncé demande la distance). C'est nettement plus rapide car $d^{2}$ est un polynôme, alors que dériver $d=\sqrt{\ldots}$ exigerait la règle de chaîne et laisserait un radical au dénominateur à simplifier. L'astuce marche pour toute fonction strictement croissante appliquée à la quantité à optimiser : on peut minimiser $\ln f$ au lieu de $f$ (très utile pour les produits et les exponentielles), ou $f^{3}$ au lieu de $f$. Attention en revanche aux fonctions DÉCROISSANTES, qui échangent minimum et maximum, et aux fonctions non monotones, qui ne conservent rien.

c) $P(R)=\frac{E^{2}R}{(R+r)^{2}}$. Par la règle du quotient : $P'(R)=E^{2}\cdot\frac{(R+r)^{2}-R\cdot 2(R+r)}{(R+r)^{4}}=E^{2}\cdot\frac{(R+r)-2R}{(R+r)^{3}}=\frac{E^{2}(r-R)}{(R+r)^{3}}$. Sur le domaine $R>0$, le dénominateur est positif, donc le signe de $P'$ est celui de $r-R$ : positif pour $R<r$, négatif pour $R>r$. La puissance croît puis décroît, et le maximum est atteint pour $R=r$, ici $R=2$ ohms. Puissance maximale : $P(2)=\frac{144\times 2}{(4)^{2}}=\frac{288}{16}=18$ W. On peut aussi écrire la formule générale $P_{\max}=\frac{E^{2}}{4r}=\frac{144}{8}=18$ W ✓. Ce résultat porte un nom en électricité, le théorème du transfert de puissance maximale, et il dit qu'une source délivre le plus de puissance quand la charge ÉGALE sa résistance interne.

d) Au maximum de puissance, la résistance externe et la résistance interne sont égales, donc le courant traverse deux résistances identiques et la puissance se répartit également entre elles. Calcul explicite : le courant vaut $I=\frac{E}{R+r}=\frac{12}{4}=3$ A, la puissance totale fournie par la pile est $EI=36$ W, dont 18 W dans la charge et 18 W dissipés dans la pile elle-même. Le rendement est donc de 50 pour cent exactement, et ce chiffre ne dépend ni de $E$ ni de $r$. Le compromis pour l'ingénieur est réel : maximiser la PUISSANCE transférée impose de gaspiller la moitié de l'énergie en chaleur interne. C'est acceptable quand la puissance disponible compte plus que l'énergie consommée, par exemple pour un signal audio ou une antenne, où l'on parle d'adaptation d'impédance. C'est en revanche inacceptable pour un réseau de distribution électrique, où l'on cherche le RENDEMENT et où l'on impose donc $R\gg r$ : on accepte alors de délivrer moins que la puissance maximale possible, en échange de pertes en ligne réduites. Maximiser la puissance et maximiser le rendement sont deux problèmes d'optimisation DIFFÉRENTS, et confondre les deux est l'erreur classique de ce sujet.

a) Si chaque commande porte sur $q$ unités et qu'il en faut 10 000 par an, le nombre de commandes annuelles est $\frac{10\,000}{q}$, d'où un coût de commande de $\frac{10\,000}{q}\times 50=\frac{500\,000}{q}$ dollars. Le stock varie linéairement de $q$ à 0 entre deux livraisons, donc le stock MOYEN vaut $\frac{q}{2}$, d'où un coût de stockage de $\frac{q}{2}\times 4=2q$ dollars. Coût annuel total : $C(q)=\frac{500\,000}{q}+2q$, sur le domaine $q>0$.

b) $C'(q)=-\frac{500\,000}{q^{2}}+2$, qui s'annule quand $q^{2}=250\,000$, soit $q=500$ unités (la racine négative est exclue du domaine). Le domaine $\left]0,+\infty\right[$ étant OUVERT, le théorème des valeurs extrêmes ne s'applique pas et il faut justifier autrement : $C''(q)=\frac{1\,000\,000}{q^{3}}>0$ pour tout $q>0$, donc $C$ est CONVEXE sur tout le domaine, et son unique point critique est un minimum absolu ✓. On peut aussi observer que $C'<0$ avant 500 et $C'>0$ après, ou que $C\to+\infty$ aux deux extrémités du domaine.

c) Coût minimal : $C(500)=\frac{500\,000}{500}+2(500)=1000+1000=2000$ dollars par an. Détail : le coût de COMMANDE vaut 1000 dollars et le coût de STOCKAGE vaut 1000 dollars également. Les deux composantes sont EXACTEMENT ÉGALES à l'optimum. Contrôle de voisinage : $C(400)=1250+800=2050$ et $C(600)\approx 833+1200=2033$, tous deux supérieurs à 2000 ✓.

d) Écrivons le modèle général avec $D$ la demande annuelle, $K$ le coût par commande et $h$ le coût de stockage unitaire : $C(q)=\frac{DK}{q}+\frac{hq}{2}$. Alors $C'(q)=-\frac{DK}{q^{2}}+\frac{h}{2}=0$ donne $q^{*}=\sqrt{\frac{2DK}{h}}$, la formule dite de Wilson. À cet optimum, le coût de commande vaut $\frac{DK}{q^{*}}$ et le coût de stockage $\frac{hq^{*}}{2}$; or la condition $C'(q^{*})=0$ s'écrit précisément $\frac{DK}{\left(q^{*}\right)^{2}}=\frac{h}{2}$, soit en multipliant les deux membres par $q^{*}$ : $\frac{DK}{q^{*}}=\frac{hq^{*}}{2}$ ✓. Les deux coûts sont donc toujours égaux à l'optimum, quels que soient $D$, $K$ et $h$. RÈGLE DE GESTION : un gestionnaire n'a pas besoin de dériver quoi que ce soit; il lui suffit de comparer ses deux postes de coût. S'il dépense plus en frais de commande qu'en stockage, il commande trop souvent et doit augmenter la taille des lots, et réciproquement. L'égalité des deux postes est le signal de l'optimum, et c'est un critère observable directement dans la comptabilité.

a) La portion SOUS-MARINE joint l'île au point de côte choisi : par Pythagore, sa longueur vaut $\sqrt{25+x^{2}}$ km. La portion TERRESTRE longe la côte du point choisi jusqu'à la station, sur $13-x$ km. Coût total : $C(x)=5000\sqrt{25+x^{2}}+3000(13-x)$, sur le domaine $\left[0,13\right]$.

b) $C'(x)=5000\cdot\frac{x}{\sqrt{25+x^{2}}}-3000$. En annulant : $\frac{5000x}{\sqrt{25+x^{2}}}=3000$, soit $5x=3\sqrt{25+x^{2}}$. En élevant au carré : $25x^{2}=9\left(25+x^{2}\right)=225+9x^{2}$, donc $16x^{2}=225$, $x^{2}=\frac{225}{16}$ et $x=\frac{15}{4}=3{,}75$ km exactement. La valeur est rationnelle, ce qui confirme que l'énoncé a été construit avec des nombres compatibles (le triangle $3{-}4{-}5$ se cache derrière).

c) $C(3{,}75)=5000\sqrt{25+14{,}0625}+3000(9{,}25)=5000\sqrt{39{,}0625}+27\,750=5000(6{,}25)+27\,750=31\,250+27\,750=59\,000$ dollars. Stratégies naïves. Au plus court vers la côte puis le long ($x=0$) : $C(0)=5000(5)+3000(13)=25\,000+39\,000=64\,000$ dollars. Tout droit vers la station ($x=13$) : $C(13)=5000\sqrt{25+169}=5000\sqrt{194}\approx 69\,642$ dollars. L'optimum économise donc 5000 dollars sur la première stratégie et près de 10 642 dollars sur la seconde. Justification du minimum : sur l'intervalle FERMÉ $\left[0,13\right]$, les trois candidats sont $x=0$, $x=3{,}75$ et $x=13$, et c'est bien le point critique qui donne la plus petite valeur ✓.

d) Soit $\theta$ l'angle entre le câble sous-marin et la perpendiculaire à la côte issue de l'île. Dans le triangle rectangle correspondant, le côté opposé à $\theta$ est $x$ et l'hypoténuse est $\sqrt{25+x^{2}}$, donc $\sin\theta=\frac{x}{\sqrt{25+x^{2}}}$. Or la condition $C'(x)=0$ s'écrivait $5000\cdot\frac{x}{\sqrt{25+x^{2}}}=3000$, c'est-à-dire exactement $5000\sin\theta=3000$, soit $\sin\theta=\frac{3000}{5000}=0{,}6$ ✓ (et l'on vérifie que $\frac{3{,}75}{6{,}25}=0{,}6$). On retrouve la LOI DE SNELL-DESCARTES, déjà obtenue avec le sauveteur qui court puis nage. La structure est identique : $\frac{\sin\theta_{1}}{v_{1}}=\frac{\sin\theta_{2}}{v_{2}}$ devenait ici $c_{1}\sin\theta_{1}=c_{2}\sin\theta_{2}$ avec des coûts au lieu de vitesses, le second angle valant $90^{\circ}$ puisque le câble terrestre longe la côte. Le fait remarquable est que la lumière traversant deux milieux, un sauveteur courant puis nageant, et un câble sous-marin obéissent tous à la même condition : dès qu'une grandeur additive (temps, coût) se minimise sur un trajet en deux milieux de « résistances » différentes, c'est le rapport des sinus qui règle l'affaire.