Exercices corrigés : trouver un maximum ou un minimum, les cinq méthodes

a) MÉTHODE 1, le sommet. L'indice est immédiat : la quantité à optimiser est déjà donnée sous forme d'une fonction quadratique d'une seule variable. Le coefficient $a=-5$ est négatif, donc le sommet est un maximum. Rien à construire, tout est prêt : ce cas est le plus simple des six et il ne demande que deux lignes.

b) MÉTHODE 3, les sommets du polygone. Les indices sont au pluriel : DEUX quantités à décider, tables et chaises, et DES contraintes qui les limitent toutes les deux. Dès qu'un énoncé fait apparaître deux inconnues et une liste de contraintes, on est en programmation linéaire, et la réponse est en un sommet du polygone.

c) MÉTHODE 4, la perpendiculaire. L'indice est le mot « distance » associé à une droite. On abaisse la perpendiculaire de $P$ sur la droite, ou l'on applique directement la formule de la distance d'un point à une droite, qui n'est rien d'autre que le résultat de cette construction.

d) MÉTHODE 5 puis MÉTHODE 1. L'indice est la présence de DEUX dimensions liées par une contrainte, ici le périmètre imposé. On tire une dimension de l'autre, $L=30-l$, on remplace dans l'aire, $A(l)=l(30-l)$, et l'on obtient une quadratique d'une seule variable, que le sommet règle. C'est la situation la plus fréquente des examens, et la seule difficulté est la traduction.

e) MÉTHODE 2, les bornes. La fonction $\frac{500}{q}+4$ est une homographique, strictement décroissante sur $[20\ ;80]$, un intervalle fermé qui ne contient pas l'asymptote $q=0$. Il n'y a donc aucun sommet à chercher : le minimum est à la borne droite, $q=80$, et le maximum à la borne gauche. Deux calculs suffisent.

f) MÉTHODE 2 sous sa forme la plus rapide, la lecture de l'amplitude. Une sinusoïdale atteint son maximum quand le sinus vaut $1$, donc $T_{\max}=8\times 1+15=23$ degrés. On ne dérive rien, on ne teste rien : l'extremum d'une sinusoïdale est toujours $k+|a|$ pour le maximum et $k-|a|$ pour le minimum. C'est le seul cas du programme où l'extremum se lit directement dans les paramètres.

a) Ici $a=-2$ et $b=12$, donc $x=\frac{-12}{2\times(-2)}=\frac{-12}{-4}=3$. Attention au double signe négatif, qui est le piège habituel de cette formule : $-b$ vaut $-12$ et $2a$ vaut $-4$. Ensuite $f(3)=-2\times 9+36-13=-18+36-13=5$. Le sommet est le point $(3\,;5)$.

b) On met $-2$ en évidence sur les deux premiers termes : $f(x)=-2\left(x^{2}-6x\right)-13$. On complète le carré à l'intérieur : $x^{2}-6x=(x-3)^{2}-9$. Donc $f(x)=-2\left[(x-3)^{2}-9\right]-13=-2(x-3)^{2}+18-13=-2(x-3)^{2}+5$. On lit $h=3$ et $k=5$ : même sommet ✓. Le point délicat est le $+18$ : le $-9$ intérieur est multiplié par $-2$ en sortant, ce qui le rend positif. C'est là que la moitié des complétions de carré échouent.

c) C'est un MAXIMUM, parce que $a=-2$ est négatif et qu'une parabole de coefficient dominant négatif s'ouvre vers le bas. Le raisonnement se lit aussi sur la forme canonique : $-2(x-3)^{2}$ est toujours négatif ou nul, donc $f(x)\leq 5$, avec égalité seulement en $x=3$. Cette seconde justification est la plus solide, parce qu'elle démontre l'inégalité au lieu d'invoquer une forme.

d) Le maximum est $5$, atteint en $x=3$. Rédaction complète attendue : « la fonction atteint son maximum, qui vaut $5$, à l'abscisse $x=3$ », avec l'unité s'il y en a une dans le contexte.

e) Elle confond la valeur et l'endroit. Le maximum est $5$ ; $3$ est l'abscisse à laquelle ce maximum est atteint. La question « quel est le maximum » appelle une hauteur, un profit, une aire, jamais un temps ou une position. Le moyen de ne plus se tromper : demandez-vous quelle est l'UNITÉ de la réponse. Si l'énoncé parle de hauteur en mètres, la réponse est en mètres, donc c'est $f(3)$ et pas $3$.

f) Le maximum de $g$ vaut $-2$, toujours atteint en $x=3$. En effet $g(x)=f(x)-7$ : on a simplement translaté la courbe de $7$ unités vers le bas, ce qui déplace la valeur du maximum sans changer son abscisse. Vérification : $g(3)=-18+36-20=-2$ ✓. Ce genre de raisonnement par translation évite de refaire un calcul complet, et il montre que l'abscisse du sommet ne dépend pas du terme constant, ce que la formule $\frac{-b}{2a}$ confirme, puisque $c$ n'y figure pas.

a) La base $2$ est supérieure à $1$ et le coefficient $3$ est positif, donc $f$ est strictement croissante sur tout $\mathbb{R}$, en particulier sur $[-1\ ;3]$. Le minimum est donc à la borne gauche, $f(-1)=3\times\frac{1}{2}=1{,}5$, et le maximum à la borne droite, $f(3)=3\times 8=24$. Il n'y a rien d'autre à tester parce qu'une fonction strictement monotone prend toutes ses valeurs entre celles des bornes, sans jamais revenir en arrière : aucune valeur intérieure ne peut battre une borne.

b) Sur $[3\ ;6]$, le dénominateur $x-2$ va de $1$ à $4$ en croissant, donc $\frac{1}{x-2}$ décroît, donc $g$ décroît. Maximum à la borne gauche, $g(3)=\frac{1}{1}+1=2$ ; minimum à la borne droite, $g(6)=\frac{1}{4}+1=1{,}25$. Le graphique le confirme, la courbe descend de gauche à droite entre les deux points marqués.

c) Sur $[0\ ;4]$, l'intervalle contient la valeur interdite $x=2$ : la fonction n'y est pas définie et n'y est pas continue. Elle n'a donc NI maximum NI minimum sur cet intervalle, puisqu'elle part vers $-\infty$ juste à gauche de $2$ et arrive de $+\infty$ juste à droite. La méthode des bornes ne s'applique pas : elle suppose que la fonction soit définie et monotone sur TOUT l'intervalle. Vérifier que l'intervalle ne contient aucune valeur interdite est donc le premier geste.

d) La fonction racine carrée est croissante et $x+4$ l'est aussi, donc $p$ croît. Minimum en $x=0$ : $p(0)=\sqrt{4}-1=1$. Maximum en $x=12$ : $p(12)=\sqrt{16}-1=3$. Les bornes ont visiblement été choisies pour tomber sur des carrés parfaits, ce qui est presque toujours le cas dans un énoncé : si vos radicandes ne sont pas des carrés parfaits, relisez l'énoncé, vous avez sans doute mal recopié.

e) Règle générale : si $f$ est continue et monotone sur un intervalle FERMÉ $[a\ ;b]$, alors ses deux extremums sont $f(a)$ et $f(b)$, le plus grand des deux étant le maximum. Elle cesse de s'appliquer dans trois cas, tous rencontrés dans cet exercice ou plus loin dans la série : si la fonction n'est pas monotone, comme une parabole, auquel cas il faut aussi tester le sommet ; si elle n'est pas définie partout sur l'intervalle, comme en c) ; et si l'intervalle est OUVERT, auquel cas la valeur limite existe mais n'est pas atteinte.

a) Soit $x$ le nombre de hausses de $1$ dollar, un nombre qui peut être négatif si l'on baisse le tarif. Le tarif devient $20+x$ dollars et le nombre d'abonnés $300-10x$. Poser la variable explicitement, avec sa signification et son unité, vaut un point à lui seul dans une situation-problème, et c'est aussi ce qui rend le reste possible.

b) $R(x)=(20+x)(300-10x)$. On développe : $R(x)=6000-200x+300x-10x^{2}=-10x^{2}+100x+6000$. Contrôle immédiat : $R(0)=6000$, ce qui correspond bien à $300$ abonnés à $20$ dollars ✓.

c) Le tarif doit rester positif, donc $20+x>0$, soit $x>-20$. Le nombre d'abonnés doit rester positif ou nul, donc $300-10x\geq 0$, soit $x\leq 30$. Le domaine du contexte est $]-20\ ;30]$, et l'on peut ajouter que $x$ est un nombre entier de dollars si l'énoncé ne parle pas de cents.

d) La fonction est quadratique avec $a=-10<0$ : le sommet est un maximum. $x=\frac{-100}{2\times(-10)}=\frac{-100}{-20}=5$. Le tarif optimal est donc $20+5=25$ dollars, et la recette vaut $R(5)=-10\times 25+500+6000=-250+500+6000=6250$ dollars. On vérifie sur la forme produit : $(25)(300-50)=25\times 250=6250$ ✓. Le double calcul est ici gratuit et il attrape toute erreur de développement.

e) Il reste $300-50=250$ abonnés. La revue perd donc $50$ abonnés et gagne pourtant $250$ dollars de plus par an. La raison est que la perte est PROPORTIONNELLEMENT plus petite que la hausse : le tarif augmente de $25$ pour cent, tandis que l'effectif ne baisse que de $16{,}7$ pour cent. Tant que ce rapport joue en faveur du prix, la recette monte ; au-delà de $x=5$, il s'inverse, et c'est précisément ce que le sommet de la parabole marque.

f) La recette deviendrait $R(x)=(20+x)(300-20x)=-20x^{2}-100x+6000$, dont le sommet est en $x=\frac{100}{2\times(-20)}=-2{,}5$. L'optimum serait donc une BAISSE de $2{,}50$ dollars, à $17{,}50$ dollars l'abonnement, pour une recette de $R(-2{,}5)=17{,}5\times 350=6125$ dollars. Le résultat surprend et il est pourtant logique : si le public est plus sensible au prix, il faut baisser et non monter. Cela montre aussi qu'un modèle d'optimisation n'a pas de réponse « intuitive » : seul le calcul décide du sens.

a) $AP^{2}=(x-0)^{2}+(x^{2}-3)^{2}=x^{2}+\left(x^{2}-3\right)^{2}$. En développant : $x^{2}+x^{4}-6x^{2}+9=x^{4}-5x^{2}+9$. Notez qu'on n'écrit jamais le radical : on travaille sur le carré depuis la première ligne.

b) Parce que la fonction racine carrée est strictement CROISSANTE sur $[0\ ;+\infty[$. Si $d_{1}^{2}<d_{2}^{2}$, alors $d_{1}<d_{2}$, et réciproquement : l'ordre est conservé. Le $x$ qui rend $d^{2}$ minimal rend donc $d$ minimal, et il suffit de prendre la racine carrée à la toute fin. Ce raisonnement, appelé monotonie de la composée, s'écrit en une phrase et vaut un point.

c) Avec $u=x^{2}$, on obtient $d^{2}=u^{2}-5u+9$, une vraie quadratique. Le domaine est $u\geq 0$, puisqu'un carré n'est jamais négatif : c'est une contrainte à ne surtout pas oublier, car si le sommet tombait en $u$ négatif, il faudrait revenir à la méthode des bornes et prendre $u=0$.

d) Sommet : $u=\frac{5}{2}=2{,}5$, qui appartient bien à $[0\ ;+\infty[$. La valeur minimale est $d^{2}=2{,}5^{2}-5\times 2{,}5+9=6{,}25-12{,}5+9=2{,}75$. Comme $u=x^{2}=2{,}5$, on a $x=\pm\sqrt{2{,}5}\approx\pm 1{,}58$, et $y=u=2{,}5$. Les deux points les plus proches sont donc $\left(\pm\sqrt{2{,}5}\ ;2{,}5\right)$, symétriques par rapport à l'axe des ordonnées, et la distance minimale vaut $\sqrt{2{,}75}\approx 1{,}66$. Vérification directe : $\sqrt{2{,}5+(2{,}5-3)^{2}}=\sqrt{2{,}5+0{,}25}=\sqrt{2{,}75}$ ✓.

e) La distance de $A(0\,;3)$ au sommet $(0\,;0)$ vaut $3$, nettement plus que $1{,}66$. L'intuition se trompe parce qu'elle confond « le point le plus bas de la courbe » avec « le point le plus proche de $A$ » : ce sont deux questions différentes, et elles n'ont la même réponse que si $A$ est situé assez bas. Le seuil se calcule d'ailleurs : pour $A(0\,;c)$, le sommet de $u^{2}+(1-2c)u+c^{2}$ est en $u=\frac{2c-1}{2}$, qui n'est positif que si $c>\frac{1}{2}$. Autrement dit, tant que $A$ reste sous la hauteur $\frac{1}{2}$, le point le plus proche est bien le sommet ; au-dessus, il se dédouble en deux points symétriques. C'est une belle illustration du fait qu'un extremum peut changer de nature quand un paramètre franchit un seuil.

a) On résout le système $x+y=8$ et $2x+y=10$. Par soustraction de la première à la seconde : $x=2$. En reportant : $2+y=8$, donc $y=6$. Le point $(2\,;6)$ vérifie bien les deux équations ✓, et il respecte aussi $x\geq 0$ et $y\geq 0$, ce qui en fait un sommet du polygone et non un simple point d'intersection : cette dernière vérification est régulièrement oubliée et elle compte, car deux droites de contraintes peuvent parfaitement se couper hors de la région admissible.

b) On évalue $Z$ en chacun des quatre sommets : $Z(0\,;0)=0$ ; $Z(5\,;0)=25$ ; $Z(2\,;6)=10+12=22$ ; $Z(0\,;8)=16$. Le maximum est $25$, atteint au sommet $(5\,;0)$, et le minimum est $0$, au sommet $(0\,;0)$. On conclut par une phrase, comme toujours : la valeur maximale de $Z$ est $25$ et elle est obtenue pour $x=5$ et $y=0$.

c) $W(0\,;0)=0$ ; $W(5\,;0)=15$ ; $W(2\,;6)=6+18=24$ ; $W(0\,;8)=24$. Deux sommets donnent la MÊME valeur maximale $24$. Ce n'est pas une coïncidence : $W=3(x+y)$ est maximal quand $x+y$ l'est, c'est-à-dire sur toute la droite $x+y=8$, qui est justement le côté joignant $(2\,;6)$ à $(0\,;8)$. L'optimum est donc atteint en une INFINITÉ de points, tous ceux de ce segment. La bonne réponse n'est pas « $(2\,;6)$ » mais « tout point du segment reliant $(2\,;6)$ à $(0\,;8)$, avec $W=24$ ». Cela arrive chaque fois que la fonction à optimiser est parallèle à un côté du polygone.

d) Parce que les courbes de niveau d'une fonction du premier degré, c'est-à-dire les droites $Z=\text{constante}$, sont toutes PARALLÈLES entre elles. Optimiser revient à faire glisser cette droite dans une direction jusqu'à la sortie du polygone. Or une droite qui glisse sur un polygone convexe le quitte toujours en touchant un sommet, sauf si elle est parallèle à un côté, auquel cas elle le quitte en touchant ce côté tout entier. Ces deux cas, un sommet ou un côté entier, sont donc les deux seuls possibles, et c'est exactement ce que montrent les questions b) et c).

e) La région admissible est maintenant NON BORNÉE : elle s'étend indéfiniment vers le haut et vers la droite. La fonction $Z=x+y$ n'a donc PAS de maximum, puisqu'on peut prendre $x$ aussi grand qu'on veut. Elle a en revanche un minimum, égal à $4$, atteint en tout point du segment de la droite $x+y=4$ compris entre $(4\,;0)$ et $(0\,;4)$. Leçon à retenir : avant d'appliquer la méthode des sommets, on vérifie que le polygone est FERMÉ et BORNÉ. S'il ne l'est pas, l'un des deux optimums peut ne pas exister, et le dire fait partie de la réponse.

a) Oui. La fonction est croissante sur $[0\ ;+\infty[$, car $\frac{1}{x+1}$ y décroît et qu'on la retranche. Son minimum est donc à la borne gauche, qui est incluse : $f(0)=5-1=4$. La borne fermée est ce qui garantit l'existence du minimum, et c'est pour cette raison qu'on écrit le crochet avec soin.

b) Non, $f$ n'a PAS de maximum. Les images s'approchent de $5$ d'aussi près qu'on veut, mais ne l'atteignent jamais, puisque $\frac{1}{x+1}$ est strictement positif pour tout $x\geq 0$. La plus petite valeur qui majore toutes les images est $5$, et on l'appelle la borne supérieure : elle existe, elle est unique, mais elle n'appartient pas à l'image, qui est $[4\ ;5[$. La rédaction attendue est : « $f$ n'a pas de maximum ; elle tend vers $5$ sans jamais l'atteindre ». Écrire « le maximum est $5$ » est faux et se voit sanctionner.

c) Ni l'un ni l'autre. Sur un intervalle ouvert, la fonction $g(x)=x$ prend des valeurs aussi proches de $2$ et de $7$ qu'on veut, mais jamais $2$ ni $7$ : pour toute valeur candidate, il en existe une plus petite et une plus grande dans l'intervalle. C'est le cas le plus dépouillé possible et il montre que l'existence d'un extremum tient à la FERMETURE de l'intervalle, pas à la fonction.

d) Il faut $7$ autobus. L'arrondi habituel donnerait $6$, ce qui laisserait $310-6\times 48=310-288=22$ élèves sur le trottoir. Dès qu'une quantité représente un nombre d'objets indivisibles nécessaires pour couvrir un besoin, on arrondit toujours VERS LE HAUT, quelle que soit la décimale. La règle générale à retenir : la question à se poser n'est jamais « quelle est la décimale » mais « que se passe-t-il si je prends l'entier du dessous ». Le contrôle est immédiat et il ne trompe jamais.

e) Le sommet du modèle continu est en $l=7{,}5$, qui n'est pas entier. On teste donc les deux entiers voisins : $A(7)=7\times 8=56$ et $A(8)=8\times 7=56$. Les deux donnent la même aire, $56$ centimètres carrés, ce qui est logique par symétrie de la parabole autour de $7{,}5$. L'aire maximale entière est donc $56$, contre $56{,}25$ pour le modèle continu. Méthode générale : quand la variable est entière, on résout d'abord dans les réels, puis on ENCADRE le sommet par ses deux entiers voisins et l'on compare les deux images. On n'arrondit jamais sans comparer, et l'on n'oublie pas de vérifier que ces entiers appartiennent au domaine du contexte.

a) Soit $x$ le nombre d'arbres ajoutés par hectare. Le verger compte alors $30+x$ arbres, et chacun produit $400-12x$ pommes. La récolte totale est le produit des deux : $P(x)=(30+x)(400-12x)$ pommes par hectare.

b) $P(x)=12000-360x+400x-12x^{2}=-12x^{2}+40x+12000$. Contrôle : $P(0)=12000$, ce qui correspond bien à $30\times 400$ ✓. Domaine du contexte : $x\geq 0$ si l'on n'arrache pas d'arbres, et $400-12x\geq 0$ donne $x\leq 33{,}3$, donc $x\leq 33$. Le domaine est l'ensemble des entiers de $0$ à $33$.

c) $a=-12<0$, donc le sommet est un maximum. $x=\frac{-40}{2\times(-12)}=\frac{-40}{-24}=\frac{5}{3}\approx 1{,}67$. La récolte correspondante serait $P\left(\frac{5}{3}\right)=-12\times\frac{25}{9}+\frac{200}{3}+12000=-\frac{100}{3}+\frac{200}{3}+12000=12033{,}3$ pommes.

d) On ne plante pas $1{,}67$ arbre. On encadre le sommet par ses deux entiers voisins et l'on compare : $P(1)=31\times 388=12028$ et $P(2)=32\times 376=12032$. Le maximum entier est donc $12032$ pommes, obtenu en ajoutant $2$ arbres, soit $32$ arbres par hectare. Notez que la différence avec la situation actuelle n'est que de $32$ pommes sur douze mille : le modèle dit que l'optimisation est ici marginale, ce qui est une conclusion parfaitement recevable et qu'il faut oser écrire.

e) Avec au plus $31$ arbres, on a $x\leq 1$, donc le domaine devient $[0\ ;1]$ et le sommet $x=\frac{5}{3}$ n'y appartient PLUS. La méthode 1 ne s'applique donc pas, il faut passer à la méthode 2 : sur $[0\ ;1]$, la fonction est croissante, puisque le sommet est à droite de l'intervalle. Le maximum est à la borne droite, $P(1)=12028$ pommes, avec $31$ arbres. C'est le cas le plus important de tout l'exercice : quand le sommet sort du domaine, l'optimum revient toujours à la borne la plus proche du sommet.

f) $P(10)=40\times 280=11200$ pommes, soit $800$ de moins qu'aujourd'hui : mauvaise idée, la perte par arbre l'emporte largement. La récolte redescend sous $12000$ quand $-12x^{2}+40x<0$, soit $x(40-12x)<0$, ce qui pour $x>0$ donne $x>\frac{40}{12}=3{,}33$. Donc dès $4$ arbres ajoutés, soit $34$ arbres par hectare, on produit moins qu'avec les $30$ arbres de départ. Vérification : $P(4)=34\times 352=11968<12000$ ✓ et $P(3)=33\times 364=12012>12000$ ✓.

a) L'arbre. S'il y a DEUX variables libres reliées par des contraintes du premier degré : méthode 3, sommets du polygone. S'il y a deux variables reliées par une contrainte que l'on peut résoudre : méthode 5, on substitue pour n'en garder qu'une, puis on redescend dans l'arbre. S'il n'y a qu'une variable et que la fonction est du second degré : méthode 1, le sommet, à condition de vérifier qu'il appartient au domaine ; sinon on prend la borne la plus proche. S'il n'y a qu'une variable et que la fonction est monotone : méthode 2, les bornes. Si la quantité à optimiser est une distance : méthode 4, la perpendiculaire, ou la minimisation du carré de la distance.

b) Méthode 3. Deux modèles de sacs signifie deux variables, et des contraintes de ressources signifie un système d'inéquations du premier degré : c'est la programmation linéaire, et l'optimum est en un sommet du polygone.

c) Une seule variable, fonction du second degré : méthode 1, avec vérification du domaine. Ici $a=0{,}02>0$, donc le sommet est un minimum. $q=\frac{6}{2\times 0{,}02}=\frac{6}{0{,}04}=150$, qui appartient bien à $[50\ ;200]$. Le coût minimal est $C(150)=0{,}02\times 22500-900+800=450-900+800=350$ dollars, atteint pour $150$ pièces. Contrôle aux bornes, qui doit donner davantage : $C(50)=50-300+800=550$ et $C(200)=800-1200+800=400$ ✓, les deux sont bien supérieurs à $350$.

d) Méthode 4. La perpendiculaire à $y=2x$ passant par $B(5\,;0)$ a pour pente $-\frac{1}{2}$, donc son équation est $y=-\frac{1}{2}(x-5)$. On résout le système : $2x=-\frac{1}{2}x+\frac{5}{2}$, soit $4x=-x+5$, donc $5x=5$ et $x=1$, puis $y=2$. Le point cherché est $(1\,;2)$, à distance $\sqrt{(5-1)^{2}+(0-2)^{2}}=\sqrt{16+4}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}\approx 4{,}47$. Contrôle par la formule de la distance d'un point à une droite, en écrivant $2x-y=0$ : $\frac{|2\times 5-0|}{\sqrt{4+1}}=\frac{10}{\sqrt 5}=2\sqrt 5$ ✓. Les deux voies concordent.

e) La vérification de CONTEXTE, en trois points, et elle clôt tout problème d'optimisation sans exception. Premièrement, la valeur trouvée appartient-elle au domaine du contexte, et est-elle du bon type, entier si l'on compte des objets ? Deuxièmement, a-t-on rendu la VALEUR de l'extremum et pas seulement l'abscisse, avec l'unité ? Troisièmement, la réponse est-elle plausible : un profit maximal inférieur au profit actuel, une aire maximale négative ou une distance minimale plus grande que celle qu'on lit sur le dessin sont autant de signaux d'erreur. Ces trois contrôles prennent trente secondes et ils récupèrent régulièrement des points déjà perdus.