Exercices corrigés — Variations, extremums et optimisation (Première)

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'.