Exercices corrigés — Variations, extremums et optimisation (Première)

f est dérivable sur ℝ (fonction polynôme) et f'(x) = 3x² − 12x + 9 = 3(x² − 4x + 3). Le trinôme x² − 4x + 3 a pour racines 1 et 3 (somme 4, produit 3), donc f'(x) = 3(x − 1)(x − 3).
Signe : le trinôme est du signe de son coefficient dominant (positif) à l'extérieur des racines et négatif entre elles. f' > 0 sur ]−∞ ; 1[ et sur ]3 ; +∞[, f' < 0 sur ]1 ; 3[, f'(1) = f'(3) = 0.
Variations : f est croissante sur ]−∞ ; 1], décroissante sur [1 ; 3], puis croissante sur [3 ; +∞[. Valeurs : f(1) = 1 − 6 + 9 + 2 = 6 (maximum local) et f(3) = 27 − 54 + 27 + 2 = 2 (minimum local).
Ces extremums sont locaux et non globaux : f(x) prend des valeurs supérieures à 6 pour x grand (par exemple f(5) = 125 − 150 + 45 + 2 = 22) et inférieures à 2 pour x très négatif.

f'(x) = −2x + 4, qui s'annule pour x = 2, est positive sur [0 ; 2[ et négative sur ]2 ; 5]. Donc f est croissante sur [0 ; 2] et décroissante sur [2 ; 5].
Valeurs : f(0) = 1 ; f(2) = −4 + 8 + 1 = 5 ; f(5) = −25 + 20 + 1 = −4.
Le maximum de f sur [0 ; 5] est 5, atteint en x = 2, là où la dérivée s'annule en changeant de signe. Le minimum est −4, atteint en x = 5, c'est-à-dire à une borne de l'intervalle, sans que la dérivée s'y annule.
Sur un intervalle fermé, il faut toujours comparer les valeurs aux points où f' s'annule avec les valeurs aux deux bornes : ici f(5) = −4 < f(0) = 1, c'est la borne droite qui donne le minimum. Le tableau de variations rend cette comparaison immédiate.

g est dérivable sur ]0 ; +∞[ et g'(x) = 1 − 4x². On réduit au même dénominateur pour étudier le signe : g'(x) = x² − 4x² = (x − 2)x + 2x².
Sur ]0 ; +∞[, x² > 0 et x + 2 > 0 : g'(x) est du signe de x − 2. Elle est négative sur ]0 ; 2[, nulle en 2, positive sur ]2 ; +∞[.
g est donc décroissante sur ]0 ; 2] et croissante sur [2 ; +∞[. Son minimum sur ]0 ; +∞[ est g(2) = 2 + 42 = 4.
Conséquence : pour tout x > 0, x + 4x ≥ 4. Aux bornes, g(x) devient très grand quand x se rapproche de 0 (à cause de 4x) et quand x devient grand (à cause de x) : la courbe a la forme d'un « U » dissymétrique, de sommet (2 ; 4).

ℝ est symétrique par rapport à 0 : on peut comparer f(−x) et f(x) pour tout réel x.
f(−x) = (−x)²/((−x)² + 1) = x²x² + 1 = f(x) : f est paire. Sa courbe est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées ; il suffit de l'étudier sur [0 ; +∞[.
g(−x) = (−x)³ − (−x) = −x³ + x = −(x³ − x) = −g(x) : g est impaire. Sa courbe est symétrique par rapport à l'origine du repère.
h(−x) = x² − x. Pour x = 1 : h(−1) = 0, h(1) = 2 et −h(1) = −2. Comme h(−1) est différent de h(1) et de −h(1), h n'est ni paire ni impaire : un seul contre-exemple suffit. Sa courbe, une parabole d'axe x = −12, n'a aucune des deux symétries par rapport aux axes du repère.

on étudie la fonction h(x) = x + 1x − 2 sur ]0 ; +∞[ : l'inégalité demandée équivaut à h(x) ≥ 0.
h'(x) = 1 − 1x² = x² − 1x² = (x − 1)x + 1x². Sur ]0 ; +∞[, x² > 0 et x + 1 > 0, donc h'(x) est du signe de x − 1 : négative sur ]0 ; 1[, nulle en 1, positive sur ]1 ; +∞[.
h est donc décroissante sur ]0 ; 1] puis croissante sur [1 ; +∞[ : elle admet en 1 son minimum, h(1) = 1 + 1 − 2 = 0. Ainsi h(x) ≥ 0 pour tout x > 0, c'est-à-dire x + 1x ≥ 2, avec égalité si et seulement si x = 1.
Autre preuve, algébrique : x + 1x − 2 = x² − 2x + 1x = (x − 1)²/x ≥ 0 pour x > 0. La méthode par la dérivée est plus générale : elle s'applique quand aucune factorisation n'est visible.

soit x > 0 l'une des dimensions, en cm. L'aire vaut 48, donc l'autre dimension est 48x. Le périmètre est P(x) = 2x + 2 × 48x = 2(x + 48x) : il suffit de minimiser h(x) = x + 48x sur ]0 ; +∞[.
h'(x) = 1 − 48x² = x² − 48x². Sur ]0 ; +∞[, elle s'annule pour x = √48 = 4√3 ≈ 6,93, est négative avant et positive après : h est décroissante puis croissante et atteint son minimum en x = 4√3.
L'autre dimension vaut alors 484√3 = 12√3 = 4√3 : le rectangle optimal est un carré de côté 4√3 cm, de périmètre 16√3 ≈ 27,7 cm.
Comparaison : le rectangle 4 × 12 a la même aire mais un périmètre de 32 cm, et le rectangle 2 × 24 un périmètre de 52 cm. À aire fixée, le carré est le rectangle de périmètre minimal.

soit x la largeur (en m) des deux côtés perpendiculaires au mur et y la longueur du côté parallèle au mur. Le grillage couvre trois côtés : 2x + y = 60, donc y = 60 − 2x. Les longueurs doivent être positives : 0 < x < 30.
L'aire est A(x) = xy = x(60 − 2x) = −2x² + 60x, fonction d'une seule variable sur ]0 ; 30[.
A'(x) = −4x + 60, qui s'annule pour x = 15, est positive sur ]0 ; 15[ et négative sur ]15 ; 30[ : A est croissante puis décroissante et atteint son maximum en x = 15.
Dimensions optimales : largeur 15 m, longueur y = 60 − 30 = 30 m, pour une aire de A(15) = 15 × 30 = 450 m². On retrouve ce résultat avec la forme canonique A(x) = −2(x − 15)² + 450 du chapitre sur le second degré. Le rectangle optimal n'est pas un carré : le mur « offre » un côté gratuit.

f'(x) = 3x², donc f'(0) = 0 : la tangente en 0 est horizontale. Cette condition est nécessaire pour un extremum en un point intérieur, mais elle n'est pas suffisante.
Pour tout x ≠ 0, f'(x) = 3x² > 0 : la dérivée est positive avant 0 et après 0, elle ne change pas de signe. La fonction est strictement croissante sur ℝ (une dérivée positive qui ne s'annule qu'en un point isolé suffit).
Une fonction strictement croissante n'a pas d'extremum : pour tout x < 0, f(x) < f(0) = 0, et pour tout x > 0, f(x) > 0. Le point (0 ; 0) n'est ni un maximum ni un minimum, même local.
Conclusion : f n'a pas d'extremum en 0. La courbe traverse sa tangente horizontale en ce point ; c'est un point d'inflexion, notion étudiée en Terminale. Pour affirmer un extremum, il faut toujours vérifier le changement de signe de f'.