Optimisation : l'enclos le long d'un mur

Énoncé

Un éleveur dispose de 40 m de grillage pour fermer un enclos rectangulaire adossé à un long mur : le côté le long du mur n'a pas besoin de grillage. On note x la longueur, en mètres, de chacun des deux côtés perpendiculaires au mur. a) Justifier que x ∈ [0 ; 20] et que l'aire de l'enclos, en m², vaut A(x) = x(40 - 2x). b) Compléter le tableau de valeurs de A pour x = 0, 4, 8, 10, 12, 16, 20. Pour quelle valeur de x l'aire semble-t-elle maximale ? c) Vérifier que, pour tout réel x, A(x) = 200 - 2(x - 10)². d) En déduire l'aire maximale de l'enclos et ses dimensions. e) Dresser le tableau de variations de A sur [0 ; 20], en le justifiant.

Indice : Le grillage couvre les deux côtés de longueur x et le côté parallèle au mur. Pour d), un carré est toujours positif ou nul.

Correction

1. Étape 1 : Un problème d'optimisation : trouver la valeur de x qui rend l'aire la plus grande possible. La méthode tient en quatre temps : modéliser par une fonction, conjecturer avec un tableau de valeurs, démontrer par un calcul, conclure dans le contexte. Démontrer qu'un nombre est un maximum : Pour montrer que M est le maximum de A sur un intervalle, il faut deux choses : A(x) ≤ M pour tout x de l'intervalle, et une valeur de x pour laquelle A(x) = M. 👉 L'écriture 200 - 2(x - 10)² donne les deux d'un coup : on retranche à 200 une quantité toujours positive ou nulle, qui ne s'annule qu'en x = 10.
2. Étape 2 : a) Le grillage couvre les deux côtés perpendiculaires au mur, de longueur x chacun, et le côté parallèle au mur. Celui-ci mesure donc 40 - 2x. Les longueurs sont positives : x ≥ 0 et 40 - 2x ≥ 0, soit x ≤ 20. Donc x ∈ [0 ; 20]. L'aire d'un rectangle est le produit de ses dimensions : A(x) = x(40 - 2x) ℹ️ Pour x = 0 ou x = 20, l'enclos est « aplati » et son aire est nulle : ce sont des cas extrêmes, qu'on garde dans l'intervalle pour pouvoir y comparer les valeurs.
3. Étape 3 : b) On calcule chaque aire : A(4) = 4 × 32 = 128 · A(8) = 8 × 24 = 192 · A(10) = 10 × 20 = 200 · A(12) = 12 × 16 = 192 · A(16) = 16 × 8 = 128 | x | 0 | 4 | 8 | 10 | 12 | 16 | 20 | |:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:| | A(x) | 0 | 128 | 192 | 200 | 192 | 128 | 0 | L'aire monte jusqu'à 200 pour x = 10, puis redescend, avec des valeurs en miroir autour de 10. On conjecture que l'aire est maximale pour x = 10.
4. Étape 4 : c) On développe l'expression proposée : 200 - 2(x - 10)² = 200 - 2(x² - 20x + 100) = 200 - 2x² + 40x - 200 = 40x - 2x² Et A(x) = x(40 - 2x) = 40x - 2x² : les deux expressions sont égales pour tout x ✓ d) Pour tout x, (x - 10)² ≥ 0, donc 2(x - 10)² ≥ 0 et A(x) = 200 - 2(x - 10)² ≤ 200 De plus, A(10) = 200 - 0 = 200. Le maximum de A sur [0 ; 20] est donc 200, atteint pour x = 10, et seulement pour cette valeur, puisque (x - 10)² = 0 seulement si x = 10. L'enclos le plus grand mesure 10 m sur 40 - 2 × 10 = 20 m, soit 200 m² : le côté le long du mur est deux fois plus long que les deux autres.

   Aₘₐₓ = A(10) = 200 m²

5. Étape 5 : e) Soit a et b deux réels tels que 10 ≤ a < b ≤ 20. Alors 0 ≤ a - 10 < b - 10, et la fonction carré est strictement croissante sur [0 ;+∞[ : (a - 10)² < (b - 10)². En multipliant par -2, ce qui change le sens de l'inégalité, puis en ajoutant 200 : 200 - 2(a - 10)² > 200 - 2(b - 10)², c'est-à-dire A(a) > A(b). A est donc strictement décroissante sur [10 ; 20]. De même, si 0 ≤ a < b ≤ 10, alors a - 10 < b - 10 ≤ 0, et la fonction carré est strictement décroissante sur ]-∞ ; 0] : (a - 10)² > (b - 10)², donc A(a) < A(b). A est strictement croissante sur [0 ; 10]. | x | 0 | | 10 | | 20 | |:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:| | A(x) | 0 | ↗ | 200 | ↘ | 0 |
6. Étape 6 : L'erreur classique : Croire que l'enclos optimal est un carré, comme pour un rectangle de périmètre fixé. Ici, le mur fournit un côté gratuitement : un carré de 40/3 ≈ 13,3 m de côté n'aurait qu'environ 178 m² d'aire, contre 200 m² pour l'enclos de 10 m sur 20 m. Autre piège : s'arrêter au tableau de valeurs. Il suggère le maximum, mais ne prouve pas qu'aucune valeur de x entre 8 et 12 ne fait mieux que 10. À retenir : Un problème d'optimisation : une variable et son intervalle, une fonction, une conjecture, une preuve, une conclusion dans le contexte. 👉 Pour prouver un maximum M : f(x) ≤ M pour tout x, et une valeur où f(x) = M.