Étude d'une fonction et optimisation d'un enclos
Un agriculteur dispose de 120 m de grillage pour clôturer un enclos rectangulaire adossé à un mur existant. Le mur constitue un côté de l'enclos et ne consomme pas de grillage. L'agriculteur veut maximiser l'aire de l'enclos. On note x la longueur des deux côtés perpendiculaires au mur, en mètres, et y la longueur du côté parallèle au mur. Une contrainte supplémentaire : la longueur y ne doit pas dépasser 50 m pour des raisons de configuration du terrain. Le sol est plat et le grillage est supposé sans épaisseur.
1. Exprimer l'aire de l'enclos en fonction de x, déterminer son domaine de définition, puis trouver la valeur de x qui maximise l'aire sans tenir compte de la contrainte sur y.
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Contrainte de grillage : 2x + y = 120, donc y = 120 − 2x.
Aire : A(x) = x × y = x(120 − 2x) = −2x² + 120x.
Domaine : x > 0 et y > 0 donnent 120 − 2x > 0, donc 0 < x < 60.
Optimisation : A est un trinôme du second degré de coefficient dominant négatif ; son maximum est atteint au sommet x = −b/(2a) = −120/(2 × (−2)) = 30.
Alors y = 120 − 60 = 60 m et A = 30 × 60 = 1800 m².
Vérification par dérivée : A'(x) = −4x + 120, qui s'annule en x = 30 et change de signe de + à − : c'est bien un maximum. L'aire maximale sans contrainte est donc 1800 m² pour un enclos de 30 m sur 60 m.
2. La contrainte y ≤ 50 m est-elle respectée par la solution précédente ? Déterminer alors la solution réellement optimale et comparer les deux aires.
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Vérification : à l'optimum libre, y = 60 m, ce qui dépasse la limite de 50 m. La solution n'est donc pas réalisable.
Prise en compte de la contrainte : y = 120 − 2x ≤ 50 donne 2x ≥ 70, donc x ≥ 35. Le domaine devient 35 ≤ x < 60.
Sens de variation sur ce domaine : A'(x) = −4x + 120. Pour x ≥ 35, A'(x) ≤ −20 < 0 : la fonction est strictement décroissante sur [35 ; 60[. Le maximum sous contrainte est donc atteint en x = 35.
Valeurs : y = 120 − 70 = 50 m et A = 35 × 50 = 1750 m².
Comparaison : l'optimum libre (1800 m²) est inaccessible ; la meilleure configuration réalisable donne 1750 m², soit une perte de 50 m². L'élève doit conclure que la contrainte active modifie la réponse et justifier le choix par l'étude du sens de variation, pas seulement par le calcul du sommet.
3. L'agriculteur envisage plutôt de clôturer entièrement le rectangle (sans utiliser le mur). Que devient l'aire maximale avec les mêmes 120 m de grillage ?
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Nouvelle contrainte : 2x + 2y = 120, donc x + y = 60 et y = 60 − x.
Aire : A(x) = x(60 − x) = −x² + 60x, avec 0 < x < 60.
Maximum : sommet en x = 30, donc y = 30 : c'est un carré de 30 m de côté.
Aire maximale : 30 × 30 = 900 m².
Comparaison des deux stratégies : avec le mur, l'aire maximale réalisable est 1750 m² ; sans le mur, elle tombe à 900 m². Utiliser le mur double presque la surface exploitable, car le grillage n'est consacré qu'à trois côtés.
Remarque de méthode : dans les deux cas, le maximum d'un produit de deux nombres de somme fixée est atteint quand ces nombres sont égaux ; ici, avec le mur, la somme 2x + y = 120 donne l'égalité 2x = y, soit x = 30 et y = 60 avant contrainte. Cette propriété permet de contrôler le résultat du calcul différentiel.