Exercices corrigés — Variations, extremums et optimisation (Première)

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.