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Fiche explicative de la leçon : Optimisation : applications sur les extremums Mathématiques

Dans cette fiche explicative, nous allons apprendre comment utiliser des dérivées dans des problèmes concrets pour déterminer les valeurs maximales et minimales d’une fonction sous certaines conditions.

L’idée de base de tous les problèmes d’optimisation est la même;nous avons une certaine quantité, telle que le coût, l’aire ou le volume, que nous voulons minimiser ou maximiser. Cette quantité est une variable dépendante décrite par une fonction dont les variables telles que le temps, la longueur ou la température sont indépendantes.

Parmi les exemples concrets de problèmes d’optimisation, citons une entreprise qui souhaite minimiser les coûts de production ou maximiser les revenus ou les bénéfices. Dans l’industrie, il est souvent souhaitable de minimiser la quantité de matière utilisée pour emballer un produit de volume fixé;des boîtes de dimensions différentes peuvent avoir le même volume mais des surfaces différentes. De nombreux problèmes d’optimisation ont aussi une condition ou une contrainte auxiliaire supplémentaire, reliant les variables indépendantes, que nous devons prendre en compte. Par exemple, on peut vouloir maximiser l’aire d’un jardin rectangulaire avec une contrainte particulière sur la quantité de grillage nécessaire pour trois côtés du rectangle.

Dans un problème d’optimisation concret, la première étape consiste à identifier les variables dépendantes et indépendantes;un schéma peut aussi aider à visualiser le problème. Nous déterminons ensuite la quantité que nous voulons minimiser ou maximiser et exprimons cette quantité à l’aide d’une fonction à optimiser, incluant chaque contrainte supplémentaire reliant les variables indépendantes. Nous déterminons ensuite les points critiques (ou stationnaires) de la fonction en utilisant la dérivée première et nous identifions leur nature, maximum ou minimum (local) à l’aide de la dérivée seconde.

Rappelons-nous d’abord la définition d’un point critique.

Définition : Point critique

Le point (𝑐;𝑓(𝑐)) est appelé point critique de 𝑦=𝑓(𝑥), à condition que 𝑥=𝑐 soit dans le domaine de définition de la fonction 𝑓(𝑥), que 𝑓(𝑥) soit continue en 𝑥=𝑐 et que soit 𝑓(𝑐)=0𝑓(𝑐).ounestpasdéni

On peut identifier un point critique comme un minimum ou comme un maximum à l’aide de la dérivée seconde comme suit.

Définition : Identifier la nature d’un point critique à l’aide de la dérivée seconde

Supposons que 𝑓 est une fonction deux fois dérivable, définie sur un intervalle contenant le point critique 𝑥=𝑐. Alors

  • si 𝑓(𝑐)<0, alors 𝑓(𝑥) a un maximum local en 𝑥=𝑐;
  • si 𝑓(𝑐)>0, alors 𝑓(𝑥) a un minimum local en 𝑥=𝑐;
  • si 𝑓(𝑐)=0, alors 𝑓(𝑥) peut avoir un point d’inflexion en 𝑥=𝑐.

Dans cette fiche explicative, nous nous intéressons aux valeurs maximales et minimales des fonctions et à leurs applications à des problèmes concrets. Ainsi, nous ignorerons les points pour lesquels 𝑓(𝑐)=0, puisque cette situation ne nous indique rien sur la nature du point 𝑥=𝑐 (point d’inflexion possible) pour l’optimisation.

Pour ce genre de problèmes, il peut être utile de commencer par regarder comment appliquer cette méthode dans un exemple particulier:prenons celui du volume d’une montgolfière. En particulier, nous utiliserons l’optimisation pour déterminer le volume maximal en fonction du temps.

Exemple 1: Déterminer la valeur maximale d’une fonction impliquant une fonction rationnelle à l’aide de la règle du quotient

Sachant que le volume d’une montgolfière augmente selon la relation 𝑓(𝑡)=7000𝑡𝑡+49+4000, où le temps est mesuré en heures, déterminez son volume maximal.

Réponse

Dans cet exemple, nous voulons déterminer le volume maximal d’une montgolfière, telle que représentée sur le dessin, ce dernier croît selon une relation particulière, 𝑓(𝑡), 𝑡 est le temps mesuré en heures.

Pour ce faire, nous devons trouver les points critiques de la fonction 𝑓(𝑡), en prenant la dérivée première par rapport au temps, 𝑡, en fixant la dérivée à zéro et en résolvant l’équation d’inconnue 𝑡. On peut alors déterminer la nature des points critiques en utilisant la dérivée seconde.

Comme notre relation implique une fonction rationnelle, afin de dériver, nous rappelons la règle du quotient pour les fonctions dérivables 𝑢(𝑡) et 𝑣(𝑡):𝑢𝑣=𝑣𝑢𝑢𝑣𝑣.

En l’utilisant avec 𝑢(𝑡)=7000𝑡 et 𝑣(𝑡)=𝑡+49, on peut trouver la dérivée première de la fonction 𝑓(𝑡) qui est 𝑓(𝑡)=700049𝑡(𝑡+49)=0.

Maintenant, on résout l’équation d’inconnue 𝑡, on trouve que 49𝑡=0 et, par consequent, 𝑡=±7. Cependant, seules les valeurs positives de 𝑡 sont valables car le temps est toujours positif ( 𝑡0 );par conséquent, nous avons un seul point critique 𝑡=7, et on peut ignorer la solution 𝑡=7.

Nous pouvons déterminer la nature de ce point critique en utilisant la dérivée seconde. En appliquant à nouveau la formule de la dérivée d’un quotient avec 𝑢(𝑡)=700049𝑡 et 𝑣(𝑡)=𝑡+49, on trouve la dérivée seconde de la fonction 𝑓(𝑡) qui est 𝑓(𝑡)=14000𝑡2058000𝑡(𝑡+49).

En remplaçant par le point critique 𝑡=7, on trouve 𝑓(7)=14000×72058000×7(7+49)=50049.

Ainsi, comme 𝑓(7)<0, par l’étude de la dérivée seconde, le point critique 𝑡=7 est un maximum local de la fonction 𝑓(𝑡) qui décrit le volume de la montgolfière. En cet extremum, le volume est donné par 𝑓(7)=7000×77+49+4000=500+4000=4500.

Le volume maximal de la montgolfière est donc de 4 500 unités cubiques.

Considérons une autre application concrète de l’optimisation pour maximiser les profits d’une entreprise. Supposons qu’une entreprise ait une relation non linéaire entre son budget publicitaire mensuel, 𝑥£, en milliers, et son profit, 𝑦£, en milliers, donnée par la fonction cubique 𝑦(𝑥)=0,05𝑥1,18𝑥+7,43𝑥7,35.

Le budget publicitaire mensuel de la société n’est jamais inférieur à 4‎ ‎000 £ mais ne peut pas dépasser 14‎ ‎000 £;en d’autres termes, nous avons 4𝑥14. Pour déterminer le profit maximum, nous commençons par trouver la dérivée première de cette fonction par rapport à 𝑥 et on résout:𝑦(𝑥)=𝑦𝑥=0,15𝑥2,36𝑥+7,43=0.dd

Après résolution, on trouve les solutions 𝑥, à l’aide de la formule quadratique ou par un autre moyen, on obtient les points critiques 𝑥=4,35225,𝑥=11,3811(6).chiressignicatifs

Ces deux points critiques se situent dans le budget possible, avec 𝑥 tel que 4𝑥14. Maintenant, pour déterminer la nature de ces points, nous utilisons la dérivée seconde. La dérivée seconde de la fonction de profit 𝑦(𝑥) est donnée par 𝑦(𝑥)=0,3𝑥2,36.

Maintenant, en remplaçant nos valeurs critiques dans l’expression de la dérivée seconde, nous trouvons 𝑦(4,3522)=0,3×4,352252,36=1,0543,𝑦(11,3811)=0,3×11,38112,36=1,0543.

Par conséquent, comme 𝑦(4,3522)<0 et 𝑦(11,3811)>0, on a, 𝑥=4,35225 est un maximum local et 𝑥=11,3811 est un minimum local de la fonction de profit 𝑦(𝑥). Ceci est également indiqué dans le graphique ci-dessous ou l’on a représenté la fonction profit.

Étant donné la contrainte que le budget publicitaire est compris entre 4‎ ‎000 £ et 14‎ ‎000 £ ( 4𝑥14 ), en remplaçant 𝑥=4,35225 dans l’expression de la fonction de profit 𝑦, nous constatons que le bénéfice maximal que l’entreprise peut réaliser au cours d’un mois est de 𝑦(4,35225)=0,05(4,35225)1,18(4,35225)+7,43(4,35225)7,35=6,75760(6),6757,60.chiressignicatifsou£

Nous notons que si nous avons une contrainte particulière sur les valeurs d’entrée 𝑥, il est important de vérifier les images par la fonction aux bornes car celles-ci pourraient donner une valeur supérieure ou inférieure par rapport au maximum ou au minimum local. Pour ce problème, il est possible que le bénéfice maximum soit aux bornes de l’intervalle donné par la contrainte, mais ce n’est pas le cas ici d’après le graphique. Nous pouvons également vérifier cela en remplaçant les valeurs 𝑥=4 et 𝑥=14 dans l’expression de la fonction de profit:𝑦(4)=0,05(4)1,18(4)+7,43(4)7,35=6,69,𝑦(14)=0,05(14)1,18(14)+7,43(14)7,35=2,59.

Ces images sont plus petites que le maximum local obtenu par 𝑦(4,35225). Ainsi, 𝑥=4,35225 est en effet un maximum local de la fonction de profit étant donné la contrainte 4𝑥14.

Dans notre prochain exemple, nous utiliserons l’optimisation pour déterminer l’intensité maximale dans un circuit électrique à courant alternatif.

Exemple 2: Déterminer l’intensité maximale d’un courant alternatif en fonction du temps, en utilisant la dérivation.

Dans un circuit à courant alternatif, l’intensité 𝐼, mesurée en ampères, à chaque instant 𝑡, mesuré en secondes, est donnée par la relation 𝐼=16𝑡+19𝑡sincos. Quelle est l’intensité maximale dans ce circuit arrondie au centième près?

Réponse

Dans cet exemple, nous voulons déterminer l’intensité maximale d’un courant alternatif, telle que représentée sur la figure, sachant son expression en fonction du temps, 𝐼(𝑡).

Pour ce faire, nous devons trouver les points critiques de l’intensité 𝐼, en prenant la dérivée première, en l’annulant et en résolvant l’équation d’inconnue 𝑡. On peut alors déterminer la nature des points critiques en utilisant la dérivée seconde.

On calcule la dérivée première pour le courant alternatif 𝐼 en fonction de 𝑡 et on annule l’expression, ce qui donne 𝐼(𝑡)=16𝑡19𝑡=0.cossin

Afin de résoudre l’équation d’inconnue 𝑡, on peut réécrire cette expression pour obtenir tan𝑡=1619, et donc les points critiques, en radians, qui annulent la dérivée première pour tout 𝑛 sont 𝑡=1619+𝑛𝜋=0,6998+𝑛𝜋.tan

Comme les fonctions trigonométriques sont périodiques, il suffit de considérer les points critiques pour 𝑛=0 et 𝑛=1, correspondants à 𝑡=0,6998 et 𝑡=3,8414, puisque l’intensité 𝐼 va varier entre les valeurs évaluées en ces points critiques, le maximum et le minimum.

Nous pouvons déterminer la nature de ces points critiques en utilisant la dérivée seconde. L’expression 𝐼(𝑡) a pour dérivée seconde 𝐼(𝑡)=16𝑡19𝑡.sincos

En remplaçant par les points critiques 𝑡=0,6998 et 𝑡=3,8414 dans l’expression de la dérivée seconde, on trouve 𝐼(0,6998)=16(0,6998)19(0,6998)=24,8394847,𝐼(3,8414)=16(3,8414)19(3,8414)=24,8394.sincossincos

Ainsi, comme 𝐼(0,6998)<0 et 𝐼(3,8414>0), par l’étude de la dérivée seconde, 𝑡=0,6998 est un maximum local et 𝑡=3,8414 est un minimum local de la fonction d’expression 𝐼(𝑡) de l’intensité.

Pour les extrema donnés par la solution générale, en 𝑡=0,6998+𝑛𝜋, on a un maximum local pour 𝑛 pair et un minimum local pour 𝑛 impair.

L’intensité maximale peut être trouvée pour 𝑡=0,6998:𝐼(0,6998)=16(0,6998)+24(0,6998)=24,8394.sincos

Par conséquent, l’intensité maximale arrondie au centième près est de 24,84A.

Jusqu’à présent, pour les exemples que nous avons considérés, on nous a donné la fonction pour laquelle nous devions trouver les meilleures valeurs possibles. Cependant, dans de nombreux exemples concrets, nous devons d’abord construire cette fonction à partir des informations données ou de considérations physiques.

Considérons un exemple où nous devons d’abord construire la fonction que nous voulons optimiser. Une boîte ouverte doit être construite à partir d’un morceau de carton rectangulaire mesurant 64 cm par 24 cm. Un carré de côté 𝑥cm doit être découpé dans chaque coin pour que la boîte puisse être fabriquée par pliage, comme indiqué sur les figures ci-dessous. La boîte obtenue est un prisme rectangulaire dont la base mesure 642𝑥cm par 242𝑥cm et dont la hauteur est 𝑥cm.

Rappelons que la formule pour le volume d’une boîte rectangulaire de côtés 𝑎 et 𝑏 et de hauteur est 𝑉=𝑎𝑏 en unités cubiques. Dans notre cas, les longueurs des côtés sont 𝑎=642𝑥 et 𝑏=242𝑥 et la hauteur est =𝑥, donc le volume de la boîte est 𝑉(𝑥)=(642𝑥)(242𝑥)𝑥=4𝑥176𝑥+1536𝑥.

Afin de déterminer la valeur maximale du volume 𝑉, on trouve les points critiques de 𝑉 et on identifie le maximum. En dérivant et en annulant cette dérivée, on a, 𝑉(𝑥)=12𝑥352𝑥+1536=0.

On résout l’équation du second degré d’inconnue 𝑥, par la formule quadratique ou autre, on trouve 𝑥=24,𝑥=163.cmcm

Maintenant, on calcule la dérivée seconde de la fonction de volume 𝑉(𝑥) afin de déterminer la nature de ces points critiques:𝑉(𝑥)=24𝑥352.

En remplaçant par les valeurs des points critiques dans l’expression de la dérivée seconde 𝑉(𝑥), on trouve 𝑉(24)=24×24352=224,𝑉163=24×163352=224.

Donc comme 𝑉(24)>0 et 𝑉163<0, par l’étude de la dérivée seconde, on déduit que, 𝑥=24 est un minimum local et 𝑥=163 est un maximum local du volume 𝑉(𝑥) de la boîte. Le volume maximal de la boîte peut être déterminé en remplaçant par 𝑥=163:𝑉163=4163176163+1536163=10240027=3792,59(6).cmchiressignicatifs

Jusqu’à présent, les problèmes que nous avons rencontrés ont consisté à optimiser une fonction particulière d’une variable et sans aucune contrainte sur la fonction, mais de nombreux problèmes concrets impliquent souvent plus d’une variable et ont une contrainte donnée reliant les variables indépendantes. Les problèmes d’optimisation que nous voulons résoudre sont de la forme maximiserouminimisercontrainte𝑓(𝑥,𝑦),𝜆(𝑥,𝑦)=𝐶.

La contrainte 𝜆(𝑥;𝑦)=𝐶 peut souvent être utilisée pour réécrire la fonction 𝑓(𝑥;𝑦) en fonction d’une seule variable, après quoi les mêmes étapes s’appliquent pour l’optimisation d’une fonction d’une variable semblable aux exemples ci-dessus.

Regardons comment nous pouvons appliquer cela dans un exemple concret. Considérons un carton de jus de fruit de 1‎ ‎000 cm3;la forme du carton est assimilée à un prisme rectangulaire (boîte rectangulaire) où la base mesure 𝑥cm par 2𝑥cm et la hauteur est de cm.

L’aire du carton, 𝐴cm, et le volume, 𝑉cm, sont donnés par 𝐴=22𝑥+𝑥+2𝑥=4𝑥+6𝑥,𝑉=𝑥(2𝑥)=2𝑥.

Supposons que nous voulons minimiser l’aire du carton sachant la contrainte 𝑉=1000cm sur le volume. Le problème d’optimisation que nous voulons traiter est alors donné par minimisercontrainte𝐴=4𝑥+6𝑥,𝑉=2𝑥=1000.

On peut réécrire la contrainte comme étant =10002𝑥=500𝑥,

Ce qui exprime la hauteur en fonction de 𝑥. On peut alors réécrire l’expression de 𝐴 en fonction de 𝑥 seul et on a:𝐴(𝑥)=4𝑥+6𝑥=4𝑥+6𝑥500𝑥=4𝑥+3000𝑥.

Afin de déterminer l’aire minimale, on commence par dériver cette fonction puis on l’annule:𝐴(𝑥)=8𝑥3000𝑥=0.

On résout l’équation d’inconnue 𝑥, et on trouve le point critique 𝑥=30008=53=7,21125(6).cmchiressignicatifs

Pour déterminer la nature de ce point critique, on le remplace dans l’expression de la dérivée seconde de l’aire. La dérivée seconde de la fonction d’aire 𝐴(𝑥) est donnée par 𝐴(𝑥)=8+6000𝑥.

On remplace par le point critique 𝑥=53 dans la dérivée seconde, ce qui donne 𝐴53=8+600053.

Ainsi, comme 𝐴53>0, par l’étude de la dérivée seconde, l’extremum 𝑥=53 est un minimum local de l’aire 𝐴(𝑥). L’aire minimale peut être trouvée en remplaçant 𝑥=53:𝐴53=453+300053=3009=624,025(6).cmchiressignicatifs

Regardons maintenant quelques exemples pour s’entrainer et approfondir notre compréhension de la résolution de problèmes d’optimisation et de leurs applications à des problèmes concrets. Dans le premier exemple, nous voulons trouver deux nombres dont la somme de leur carré est minimale, étant donné leur somme. Cela peut sembler abstrait, mais cela peut aussi se présenter dans un cas concret, comme nous le verrons.

Exemple 3: Déterminer deux nombres avec la somme minimale de leur carré sachant leur somme, en utilisant la dérivation.

Déterminez deux nombres dont la somme vaut 156 et dont la somme des carrés est la plus petite possible.

Réponse

Dans cet exemple, nous voulons trouver deux nombres dont la somme est donnée et pour lesquels la somme des carrés est minimale.

Soient 𝑥 et 𝑦 les deux nombres dont la somme est égale à 156. Le problème d’optimisation que nous voulons résoudre s’écrit alors minimisercontrainte𝑆=𝑥+𝑦,𝑥+𝑦=156.

On soustrait 𝑥 à chaque membre dans la contrainte, on a, 𝑦=156𝑥. Cela nous permet de réécrire la somme 𝑆 en fonction de 𝑥 seul:𝑆(𝑥)=𝑥+(156𝑥)=𝑥+𝑥312𝑥+24336=2𝑥312𝑥+24336.

Afin de déterminer les points critiques, on dérive cette fonction par rapport à 𝑥 et on l’annule:𝑆(𝑥)=𝑆𝑥=4𝑥312=0.dd

On résout l’équation d’inconnue 𝑥 ce qui nous donne alors le point critique 𝑥=78. Pour déterminer la nature de ce point critique, nous pouvons calculer la dérivée seconde. La dérivée seconde de la fonction d’expression 𝑆(𝑥) est donnée par 𝑆(𝑥)=4.

Étant donné que la valeur de la dérivée seconde est positive pour toutes les valeurs de 𝑥, on a 𝑆(78)>0, ainsi, par l’étude de la dérivée seconde, l’extremum 𝑥=78 est un minimum local de la fonction 𝑆(𝑥). Nous pouvons maintenant trouver le deuxième nombre, 𝑦, en remplaçant 𝑥=78 dans la contrainte:𝑦=156𝑥=15678=78.

Par conséquent, les deux nombres dont la somme est 156 et dont la somme des carrés est la plus petite possible sont 78;78.

Bien que cet exemple traite d’un problème abstrait, il pourrait représenter un modèle mathématique d’un scénario réel. Par exemple, si nous devions placer deux plaques carrées côte à côte pour remplir un espace de 156 cm, nous pourrions vouloir le faire de manière à minimiser l’aire totale de ces plaques et donc la quantité de matériau nécessaire pour les fabriquer. On pourrait noter 𝑥 la longueur du côté (en centimètres) de la première plaque et 𝑦 la longueur du côté (en centimètres) de la seconde plaque. Nous pourrions avoir une petite plaque et une grande plaque ou peut-être des plaques de même taille, mais, quoiqu’il en soit, pour remplir l’espace de 156 cm, la somme de 𝑥 et 𝑦 doit être égale à 156. Pour ce scénario, nous avons trouvé à partir du dernier exemple que les deux carrés qui minimisent la somme de leurs aires seraient égaux et que les deux ont des longueurs de 78 cm.

Maintenant, regardons un exemple similaire où nous utilisons l’optimisation pour maximiser l’aire d’un rectangle sachant son périmètre. Nous déterminerons l’aire maximale et les dimensions du rectangle.

Exemple 4: Déterminer l’aire maximale d’une zone rectangulaire en fonction de son périmètre, en utilisant la dérivation.

Déterminez l’aire maximale d’un terrain rectangulaire qui peut être entouré par une clôture de 12 mètres de long.

Réponse

Dans cet exemple, nous voulons déterminer l’aire maximale d’un terrain rectangulaire de périmètre donné.

Soient 𝑙 et 𝑤 désignant respectivement la longueur et la largeur du rectangle, comme indiqué sur le schéma;le périmètre du rectangle est donné par 𝑃=2𝑙+2𝑤, qui est équivalent à la longueur de la clôture dans ce problème.

Le problème d’optimisation que nous voulons résoudre s’écrit maximisercontrainte𝐴=𝑙𝑤,2𝑙+2𝑤=12.

En exprimant 𝑤 comme la contrainte, nous avons 𝑤=6𝑙.

En utilisant cela, nous pouvons réécrire 𝐴 en fonction de 𝑙 seul:𝐴(𝑙)=𝑙(6𝑙)=6𝑙𝑙.

Maintenant, nous pouvons déterminer les points critiques de l’aire 𝐴 en dérivant cette fonction et en annulant son expression:𝐴(𝑙)=62𝑙=0.

En résolvant l’équation d’inconnue 𝑙, on a le point critique 𝑙=3. Pour déterminer la nature de ce point critique, nous utilisons la dérivée seconde. La dérivée seconde de la fonction d’aire 𝐴(𝑙) est donnée par 𝐴(𝑙)=2.

Puisque la valeur de la dérivée seconde est négative pour toutes les valeurs de 𝑥, on a ainsi 𝐴(3)<0;par l’étude de la dérivée seconde, le point critique 𝑙=3 est donc un maximum local de la fonction d’aire 𝐴(𝑙). En cet extremum, l’aire est donnée par 𝐴(3)=6(3)3=9.

Nous notons également que nous pouvons déterminer la largeur 𝑤 du rectangle à l’aide de la contrainte 𝑤=6𝑙=63=3, et on trouve que l’aire est maximisée si le périmètre est un carré.

Ainsi, l’aire maximale d’un terrain rectangulaire entouré d’une clôture de 12 m de long est 9 m2.

Ce problème est semblable à la situation abstraite où nous devons déterminer deux nombres dont la somme 𝑥+𝑦 est donnée et dont le produit 𝑥𝑦 est maximal. Les problèmes abstraits d’optimisation peuvent souvent être utilisés pour résoudre des problèmes réels dans un certain contexte.

Maintenant, regardons un exemple où nous devons déterminer les dimensions d’une section rectangulaire d’un bloc de bois coupé dans une bûche cylindrique en maximisant la résistance du bloc.

Exemple 5: Déterminer les dimensions d’un corps rectangulaire en utilisant la dérivation

La section rectangulaire d’un bloc de bois est découpée dans une bûche cylindrique de diamètre 67 cm. La résistance de ce bloc est proportionnelle à sa largeur et au carré de sa longueur. Quelles dimensions donnent la résistance maximale?

Réponse

Dans cet exemple, nous voulons trouver les dimensions de la section rectangulaire, un bloc de bois coupé dans une bûche cylindrique d’un diamètre donné, maximisant sa résistance. Notons 𝑤 la largeur du bloc et 𝑙 sa longueur, comme indiqué sur la figure.

La résistance, que nous pouvons noter 𝑅, est une mesure de la force du bloc rectangulaire et est toujours positive. Comme sa résistance est proportionnelle à sa largeur 𝑤 et au carré de sa longueur 𝑙, on a la relation, 𝑅=𝑘𝑤𝑙, avec 𝑘. La largeur et la longueur sont également liées au diamètre de la bûche en utilisant le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle;on a 𝑤+𝑙=67. Le problème d’optimisation que nous voulons résoudre s’écrit alors maximisercontrainte𝑅=𝑘𝑤𝑙,𝑤+𝑙=4489.

On peut réécrire la contrainte comme étant 𝑙=4489𝑤 et en utilisant cela, nous pouvons réécrire la résistance 𝑅 en fonction de 𝑤 seul:𝑅(𝑤)=𝑘𝑤4489𝑤=4489𝑘𝑤𝑘𝑤.

Maintenant, nous pouvons trouver les points critiques en dérivant cette fonction et en annulant son expression:𝑅(𝑤)=4489𝑘3𝑘𝑤=0.

On résout l’équation d’inconnue 𝑤 ce qui nous donne 𝑤=±6733.

Comme seules les valeurs positives de la largeur sont valides, nous pouvons ignorer la solution négative et le seul point critique est 𝑤=6733.

Pour déterminer la nature de ce point critique, nous utilisons la dérivée seconde. La dérivée seconde de la fonction de résistance 𝑅(𝑤) est donnée par 𝑅(𝑤)=6𝑘𝑤.

En remplaçant par 𝑤=6733 dans l’expression de la dérivée seconde, on trouve 𝑅6733=6𝑘6733.

Comme 𝑘>0, on a ainsi 𝑅6733<0, donc, par l’étude de la dérivée seconde, le point critique 𝑤=6733 est un maximum local de la fonction de résistance 𝑅(𝑤). La longueur du bloc rectangulaire peut également être déterminée en remplaçant l’extremum 𝑤=6733 dans la contrainte comme suit:𝑙=4489𝑤=44896733=448944893=89783=6763.

Ainsi, les dimensions de la section rectangulaire donnant la résistance maximale sont 6733cm, 6763cm.

Dans l’exemple suivant, nous allons déterminer l’aire maximale d’un terrain de jeu formé d’un rectangle et de deux demi-cercles sur les côtés, avec un périmètre donné.

Exemple 6: Déterminer l’aire maximale d’une zone composée d’un rectangle et de deux demi-cercles sur les côtés sachant le périmètre de la zone, en utilisant la dérivation

Une aire de jeux est composée d’un rectangle et de deux demi-cercles sur les côtés. Sachant que le périmètre du terrain de jeu est 594 m, déterminez son aire maximale.

Réponse

Dans cet exemple, nous voulons déterminer l’aire maximale d’un terrain de jeu, composée d’un rectangle et de deux demi-cercles sur les côtés, avec un périmètre donné.

Notons 𝑥 la largeur du rectangle, qui est aussi le diamètre des demi-cercles, et 𝑦 la longueur du rectangle. Puisqu’il y a deux demi-cercles, de part et d'autre du rectangle, l’aire et le périmètre des deux combinés sont ceux d’un cercle entier de rayon 𝑟=𝑥2, soit 𝐴=𝜋𝑟=𝜋𝑥2=𝜋𝑥4,𝑃=2𝜋𝑟=2𝜋𝑥2=𝜋𝑥.cerclecercle

L’aire du terrain de jeux, 𝐴terrain, sera donc la somme de l’aire du rectangle et de l’aire totale des deux demi-cercles (ou du cercle entier):𝐴=𝑥𝑦+𝜋𝑥4.terrain

Le périmètre est la longueur du contour du terrain de jeu, qui comprend deux fois la longueur du rectangle et le périmètre ou la circonférence des deux demi-cercles (ou du cercle entier):𝑃=2𝑦+𝜋𝑥.terrain

Sachant que le périmètre du terrain de jeu est de 594 m, le problème d’optimisation que nous voulons résoudre s’écrit alors maximisercontrainte𝐴=𝑥𝑦+𝜋𝑥4,𝑃=2𝑦+𝜋𝑥=594.terrainterrain

Maintenant, on exprime la contrainte suivant 𝑦, on a alors 𝑦=297𝜋𝑥2.

En utilisant cela, nous pouvons réécrire l’aire totale du terrain de jeu 𝐴terrain en fonction de 𝑥 seul:𝐴(𝑥)=𝑥297𝜋𝑥2+𝜋𝑥4=297𝑥𝜋𝑥4.terrain

Maintenant, nous pouvons trouver les points critiques en dérivant cette fonction et en annulant l’expression de sa dérivée:𝐴(𝑥)=297𝜋𝑥2=0.terrain

En résolvant l’équation d’inconnue 𝑥, cela donne 𝑥=594𝜋.

Pour déterminer la nature de ce point critique, nous calculons la dérivée seconde. La dérivée seconde de la fonction d’aire d’expression 𝐴(𝑥)terrain est donnée par 𝐴(𝑥)=𝜋2.terrain

La valeur de la dérivée seconde étant négative pour toutes les valeurs de 𝑥, on a ainsi 𝐴594𝜋<0;par l’étude de la dérivée seconde, le point critique 𝑥=594𝜋 est un maximum local de la fonction d’aire 𝐴(𝑥)terrain du terrain de jeux. En cet extremum, l’aire est donnée par 𝐴594𝜋=297594𝜋+𝜋4594𝜋=176418𝜋3528364𝜋=88209𝜋.terrain

Ainsi, l'aire maximale de clôture en fil de périmètre 594 m est de 88209𝜋 m2.

Encore une fois, le périmètre dans cet exemple pourrait représenter la clôture placée autour du bord du terrain de jeux.

Considérons maintenant un exemple où nous trouvons le rayon d'un secteur circulaire avec une aire donnée qui minimise le périmètre.

Exemple 7: Déterminer le rayon du secteur circulaire d’aire donnée qui a le périmètre minimum, en utilisant la dérivation

Un secteur d’un cercle a une aire 16 cm2. Déterminez le rayon 𝑟 qui minimise son périmètre, puis déterminez l’angle correspondant 𝜃 en radians.

Réponse

Dans cet exemple, nous voulons trouver le rayon d’un secteur circulaire, tel qu’illustré sur la figure, qui a le périmètre minimal pour une aire donnée, et un angle noté 𝜃.

L’aire, 𝐴secteur, et le périmètre, 𝑃secteur, d’un secteur de rayon 𝑟 et d’angle 𝜃 sont donnés par 𝐴=12𝑟𝜃,𝑃=𝑟𝜃+2𝑟,secteursecteur𝑟𝜃 est la longueur de l’arc du secteur. Le problème d’optimisation que nous voulons résoudre s’écrit alors minimisercontrainte𝑃=𝑟𝜃+2𝑟,12𝑟𝜃=16.secteur

Maintenant en exprimant la contrainte selon 𝜃, nous avons 𝜃=32𝑟.

En utilisant cela, nous pouvons réécrire le périmètre du secteur 𝑃secteur en fonction de 𝑟 seul:𝑃(𝑟)=𝑟32𝑟+2𝑟=32𝑟+2𝑟.secteur

Maintenant, nous pouvons déterminer les points critiques en dérivant cette fonction et en annulant son expression:𝑃(𝑟)=32𝑟+2=0.secteur

On résout l’équation d’inconnue 𝑟 ce qui nous donne 𝑟=±4. Cependant, seules les valeurs positives de 𝑟 sont valides car le rayon est toujours positif ( 𝑟0 ) et on a un seul point critique 𝑟=4. Pour déterminer la nature de ce point critique, nous utilisons la dérivée seconde. La dérivée seconde de la fonction de périmètre 𝑃(𝑟)secteur est donnée par 𝑃(𝑟)=64𝑟.secteur

On remplace par le point critique 𝑟=4 dans l’expression de la dérivée seconde, d’où 𝑃(4)=644.secteur

Ainsi, comme 𝑃(4)>0secteur, par l’étude de la dérivée seconde, le point critique 𝑟=4 est un minimum local de la fonction de périmètre 𝑃(𝑟)secteur. On peut trouver la valeur de l’angle 𝜃 en remplaçant 𝑟=4 dans la contrainte:𝜃=32𝑟=324=2.

Ainsi, on trouve que le rayon 𝑟 et l’angle correspondant 𝜃, en radians, qui minimisent le périmètre sont donnés par 𝑟=4,𝜃=2.cmrad

Le secteur dans cet exemple peut représenter une tranche de pizza, dont on souhaite déterminer le rayon et l’angle de la tranche qui minimise son périmètre, avec une aire fixée.

Dans l’exemple suivant, nous allons trouver le volume maximal d’un cylindre, dont l’aire de la surface est donnée.

Exemple 8: Déterminer le volume maximal d’un cylindre pour une aire donnée

Quel est le volume maximal d’un cylindre circulaire droit dont l’aire est 24𝜋cm?Donnez la réponse en fonction de 𝜋.

Réponse

Dans cet exemple, nous voulons déterminer le volume maximal d’un cylindre de surface donnée, comme indiqué sur la figure.

L’aire et le volume d’un cylindre circulaire droit de rayon 𝑟 et de hauteur sont donnés par 𝐴=2𝜋𝑟+2𝜋𝑟,𝑉=𝜋𝑟.cylindrecylindre

Le problème d’optimisation que nous voulons résoudre s’écrit maximisercontrainte𝑉=𝜋𝑟,2𝜋𝑟+2𝜋𝑟=24𝜋.cylindre

En expirmant la contrainte en fonction de , nous avons =12𝑟𝑟.

En utilisant cela, nous pouvons réécrire le volume du cylindre 𝑉cylindre en fonction de 𝑟 seul:𝑉(𝑟)=𝜋𝑟12𝑟𝑟=𝜋𝑟12𝑟.cylindre

Maintenant, nous pouvons déterminer les points critiques en dérivant cette fonction et en annulant son expression:𝑉(𝑟)=12𝜋3𝜋𝑟=0.cylindre

On résout l’équation d’inconnue 𝑟, ce qui nous donne 𝑟=±2. Cependant, seules les valeurs positives de 𝑟 sont valides car le rayon est toujours positif ( 𝑟0 ) et on un seul point critique 𝑟=2. Nous pouvons déterminer la nature de ce point critique en utilisant la dérivée seconde. La dérivée seconde de la fonction de volume 𝑉(𝑟)cylindre est donnée par 𝑉(𝑟)=6𝜋𝑟.cylindre

On remplace le point critique 𝑟=2 dans l’expression de la dérivée seconde, nous avons alors 𝑉(2)=12𝜋.cylindre

Ainsi, comme 𝑉(2)<0cylindre, par l’étude de la dérivée seconde, le point critique 𝑟=2 est un maximum local de la fonction de volume 𝑉(𝑟)cylindre. En cet extremum, le volume est donné par 𝑉(2)=𝜋×2×122=16𝜋.cylindre

Le volume maximal du cylindre pour la surface fixée est donc 16𝜋cm.

Le cylindre de cet exemple peut représenter une canette de soda ou une boîte contenant de la nourriture et on peut vouloir maximiser le volume du cylindre étant donnée la quantité de matériau disponible, tel que l’aluminium, correspondant à l’aire de la surface.

Dans l’exemple suivant, nous montrerons comment utiliser les propriétés d’une sphère et d’un cylindre pour maximiser la somme de leurs volumes.

Exemple 9: Déterminer le rayon d’une sphère et d’un cylindre de révolution qui maximise la somme de leurs volumes sachant la somme de leurs aires, en utilisant la dérivation

Sachant que la somme des aires d’une sphère et d’un cylindre droit est égale à 1000𝜋cm et que leurs rayons sont égaux, déterminez le rayon de la sphère qui maximise la somme de leur volume.

Réponse

Dans cet exemple, nous voulons trouver le rayon qui maximise la somme des volumes d’une sphère et d’un cylindre de révolution, comme représenté sur la figure, avec une somme donnée de leurs aires.

L’aire et le volume d’une sphère et d’un cylindre de révolution droit de rayon 𝑟 et de hauteur sont donnés par 𝐴=4𝜋𝑟,𝑉=43𝜋𝑟,𝐴=2𝜋𝑟+2𝜋𝑟,𝑉=𝜋𝑟.sphèresphèrecylindrecylindre

On nous donne la contrainte que la somme de leurs surfaces est 1000𝜋cm, donc on a 𝐴=𝐴+𝐴=4𝜋𝑟+2𝜋𝑟+2𝜋𝑟=1000𝜋.totalsphèrecylindre

Cette expression se simplifie en 3𝑟+𝑟=500. Le problème d’optimisation que nous voulons résoudre s’écrit alors maximisercontrainte𝑉=𝑉+𝑉=43𝜋𝑟+𝜋𝑟,3𝑟+𝑟=500.totalsphèrecylindre

Maintenant, en écrivant la contrainte selon , on écrit =5003𝑟𝑟.

En utilisant cela, nous pouvons réécrire le volume total 𝑉total en fonction de 𝑟 seul:𝑉(𝑟)=43𝜋𝑟+𝜋𝑟5003𝑟𝑟=43𝜋𝑟+500𝜋𝑟3𝜋𝑟.total

Maintenant, nous pouvons trouver les points critiques en dérivant cette fonction et en annulant son expression:𝑉(𝑟)=500𝜋5𝜋𝑟=0.total

On résout l’équation d’inconnue 𝑟 ce qui nous donne 𝑟=±10. Cependant, seules les valeurs positives de 𝑟 sont valides car le rayon est toujours positif ( 𝑟0 ), on a donc un seul point critique 𝑟=10. Pour déterminer la nature de ce point critique, nous calculons la dérivée seconde. La dérivée seconde de la fonction volume 𝑉(𝑟)total est donnée par 𝑉(𝑟)=10𝜋𝑟.total

En remplaçant ce point critique 𝑟=10 dans l’expression de la dérivée seconde, nous avons 𝑉(10)=100𝜋.total

Ainsi, comme 𝑉(10)<0total, par l’étude de la dérivée seconde, le point critique 𝑟=10 est un maximum local de la fonction volume total 𝑉(𝑟)total. Par conséquent, le rayon de la sphère pour lequel la somme de leur volume est maximale est 10 cm.

Cet exemple pourrait représenter un élément de jardin ou une décoration, une sphère en bois ou un dôme lumineux, placé sur un support cylindrique.

Dans l’exemple suivant, nous verrons comment trouver les points sur une courbe qui sont les plus proches d’un point donné à l’aide de l’optimisation.

Exemple 10: Déterminer les points sur une courbe donnée les plus proches d’un point donné en utilisant la dérivation

Déterminez les points sur la courbe d’équation 𝑦=2𝑥+21 qui sont les plus proches du point (6;0).

Réponse

Dans cet exemple, nous voulons trouver les points sur une courbe donnée, comme indiqué sur la figure ci-dessous, à une distance minimale d’un point donné.

D’après le théorème de Pythagore, la distance entre deux points (𝑥;𝑦) et (𝑎;𝑏) est donnée par 𝐿=(𝑥𝑎)+(𝑦𝑏).

Ainsi, pour tout point (𝑥;𝑦) sur la courbe et pour (𝑎;𝑏)=(6;0), cette distance est donnée par 𝐿=(𝑥+6)+𝑦.

Le problème d’optimisation que nous voulons résoudre est donc minimisercontrainte𝐿=(𝑥+6)+𝑦,𝑦=2𝑥+21.

En utilisant la contrainte donnée par l’équation de la courbe et en remplaçant 𝑦, on peut écrire 𝐿 en fonction de 𝑥 seulement:𝐿(𝑥)=(𝑥+6)+(2𝑥+21)=(𝑥+12𝑥+36)+(2𝑥+21)=𝑥+14𝑥+57.

Nous pouvons maintenant déterminer les points critiques de cette fonction en exprimant sa dérivée première et annulant son expression. En utilisant la règle de dérivation des fonctions composées 𝑓 et 𝑔, (𝑓(𝑔(𝑥)))=𝑔(𝑥)𝑓(𝑔(𝑥)), avec 𝑓(𝑥)=𝑥 et 𝑔(𝑥)=𝑥+14𝑥+57, on obtient 𝐿(𝑥)=𝑥+7𝑥+14𝑥+57=0.

On résout l’équation d’inconnue 𝑥, cela nous donne le point critique 𝑥=7. Nous pouvons déterminer la nature de ce point critique en calculant la dérivée seconde. Encore une fois, en utilisant les règles de dérivation des fonctions composées pour la fonction longueur 𝐿(𝑥), on a 𝐿(𝑥)=8(𝑥+14𝑥+57).

En remplaçant ce point critique 𝑥=7 dans l’expression de la dérivée seconde, nous avons 𝐿(7)=8(7)+14(7)+57=24.

Ainsi, comme 𝐿(7)>0, par l’étude de la dérivée seconde, le point critique 𝑥=7 est un minimum local de la fonction distance à la courbe d’équation 𝐿(𝑥). L’ordonnée 𝑦 peut être trouvée à partir de la contrainte ou de l’équation de la courbe:𝑦=2𝑥+21=2(7)+21=7.

Par conséquent, 𝑦=±7. Ainsi, les points les plus proches de la courbe (6;0) sont 7;7, 7;7.

En mécanique céleste, une trajectoire parabolique est une orbite de Kepler, d’excentricité égale à 1, qui est exactement à la frontière entre une orbite elliptique et hyperbolique.

La courbe parabolique 𝑦=2𝑥+21 peut représenter la trajectoire d’un objet autour d’un corps massif, tel que le Soleil, situé en un point particulier, (6;0), représenté par le point rouge sur le graphique de l’exemple précédent. Le problème d’optimisation abstrait peut être utilisé pour déterminer les points sur la trajectoire d’un objet autour d’un corps massif, en lesquels l’objet est le plus proche du corps massif.

Points Clés

Un problème d’optimisation concret peut être résolu de la manière suivante:

  • Définir le problème:spécifier les variables et la fonction à optimiser (à minimiser ou à maximiser), sous réserve d’une contrainte reliant les variables indépendantes.
  • Le cas échéant, utiliser la contrainte pour réécrire la fonction à optimiser comme une fonction d’une variable.
  • Dériver la fonction à optimiser, annuler l’expression de la dérivée et en résolvant l’équation correspondante, déterminer les points critiques.
  • Déterminer la dérivée seconde et remplacer les points critiques pour déterminer leur nature en trouvant le signe de la dérivée seconde:𝑓(𝑥)<0 correspond à un maximum et 𝑓(𝑥)>0 correspond à un minimum.
  • Le maximum ou le minimum est alors obtenu en substituant l’extremum approprié dans la fonction à optimiser. La contrainte peut aussi être utilisée pour déterminer les autres variables indépendantes.

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