Recherche des extremums d`une fonction

DOCUMENT 32
Recherche des extremums d’une fonction
1. Introduction
De nombreuses situations issues des mathématiques, des sciences expérimentales ou de la
vie économique et sociale conduisent à la recherche et à l’étude des extrémums d’une fonction.
Parmi de nombreux exemples on peut citer :
• En mathématiques (élémentaires), le tracé de la courbe représentative d’une fonction
est précédé d’une détermination de ses extrémums, certaines définitions font intervenir
des bornes inférieures ou supérieures (distance d’un point à une partie du plan,...), des
configurations peuvent être caractériser à l’aide d’extrémums (le triangle équilatéral est
le triangle qui pour un périmètre donné possède une aire maximum,...)
• En mécanique l’étude de la stabilité d’un système est liée à des extrémums. Par exemple,
un théorème classique concernant ce problème, le théorème de Lejeune-Dirichlet, a pour
hypothèse que la fonction de force possède un maximum local strict.
• En économie, il est important de minimaliser les coûts et de maximaliser les profits.
• En optique, les lois de la réfraction et de la réflextion de la lumière correspondent à des
minimalisations du temps de parcours.
Dans tout le document on suppose que si une fonction f est deux fois dérivable en a alors
f est dérivable en tout point d’un voisinage de a (En général, l’existence de f 00 (a) suppose
seulement que a est un point non isolé dans l’ensemble des points où f est dérivable.)
2. Définitions et généralités
Soit f une fonction définie sur Df ⊂ R et à valeurs dans R.
La fonction f possède en x0 ∈ Df un maximum (resp. un minimum) si
∀x ∈ Df , f (x) ≤ f (x0 ).
(resp. ∀x ∈ Df , f (x) ≥ f (x0 ).)
Un extrémum est un maximum ou un minimum. Un extrémum en x0 est dit strict si x ∈ Df
et x 6= x0 impliquent f (x) 6= f (x0 ).
Soit V un voisinage de x0 ∈ Df . Si la restriction de f à Df ∩ V possède en x0 un extrémum
alors on dit que la fonction f a un extrémum local en x0 . Tout extrémum est un extrémum
local.
Remarquons que f possède en x0 un maximum si et seulement si −f possède en ce point un
minimum. Les extrémums de f et −f en x0 sont de même nature (stricts, locaux,...).
Exemples.
(1) La fonction de R dans R, x → x2 , possède en 0 un minimum strict.
(2) La fonction de R dans R, x → cos x, possède en 0 un maximum local strict.
343
344
32. RECHERCHE DES EXTRÉ EMUMS D’UNE FONCTION
1
(3) La fonction de R dans R, x → E(x), possède en x0 = un minimum et un maximum
2
local non strict.
p
(4) La fonction de [−1, 1] dans R, x → 1 − x2 , admet en 1 et -1 des minimums locaux et
un maximum strict en 0.
(5) La fonction f , définie sur R par f (x) = 1 si x ∈ Q et f (x) = 0 sinon, est une curiosité :
elle n’est constante sur aucun intervalle et elle possède un extrémum en chaque point.
3. Le cas général et le cas des fonctions continues
Proposition 32.1. Soit f : Df → R et x0 ∈ Df . S’il existe α > 0 tels que [x0 − α, x0 + α] ⊂
Df et si f n’a pas le même sens de variation sur [x0 − α, x0 ] et [x0 , x0 + α] alors f possède
un extrémum local en x0 . C’est un maximum si f est croissante sur le premier intervalle et
l’extrémum est strict si f est strictement monotone sur chacun des deux intervalles.
Ce résultat ne demande pas de démonstration et c’est pourtant celui qui est le plus souvent
utilisé en pratique. Dans son application, le calcul différentiel joue, en général, un rôle essentiel
pour déterminer le sens de variation de la fonction f .
La proposition précédente n’est qu’une condition suffisante.
1
Exemple. Considérons la fonction f : R → R définie par f (0) = 0 et f (x) = x4 (sin( ) + 2)
x
si x 6= 0. Comme, pour tout x ∈ R, x4 ≤ f (x) ≤ 3x4 la fonction f a un minimum strict en 0
mais, comme on va le voir, l’existence de ce minimum ne peut pas être obtenu en utilisant la
proposition précédente.
1
1
La fonction f est de classe C 1 avec f 0 (x) = 4x3 (sin( ) + 2) − x2 cos( ) si x 6= 0 et f 0 (0) = 0.
x
x
1
1
Soit, pour n > 0, xn =
et yn =
. On a lim xn = lim yn = 0 et
n→∞
n→∞
2nπ
2nπ + π/2
1
1
1
12
f 0 (xn ) =
( 2 2 − ) < 0, f 0 (yn ) =
> 0,
nπ n π
4
(2nπ + π/2)3
ce qui montre qu’il n’existe aucun intervalle [0, α], α > 0, sur lequel f est monotone. On montre
facilement le même résultat pour les intervalles du type [α, 0].
En remplaçant dans la définition de f , x4 par x2 on obtient une fonction ayant la même
propriété mais qui n’est pas C 1 . Le remplacement de x4 par x2n permet d’obtenir, pour tout n,
une fonction de classe C n−1 .
Proposition 32.2. Soit f : Df → R et x0 ∈ Df . S’il existe α > 0 tel que [x0 − α, x0 [∩Df =
∅, [x0 , x0 + α] ⊂ Df et si f est monotone sur [x0 , x0 + α] alors f possède un extremum local
en x0 . C’est un minimum si f est croissante sur cet intervalle, il est strict si f est strictement
croissante.
Il suffit d’appliquer la définition d’un extremum local avec V =]x0 −α, x0 +α[ et la proposition
possède une version à gauche de x0 .
Ce résultat, fort utile pour montrer l’existence d’un extremum au bornes de l’ensemble de
définition d’une fonction, n’est encore qu’une condition suffisante comme le montre la restriction
de la fonction f de l’exemple précédent à R+ .
Supposons maintenant la fonction f continue. On a alors le résultat classique suivant (Voir
le document 27 ”Image d’un intervalle par une fonction continue”) :
4. LE CAS DES FONCTIONS DÉRIVABLES
345
Proposition 32.3. Soit f une fonction continue sur un segment [a, b]. La fonction f est
bornée sur [a, b] et atteint ses bornes.
Remarques.
1) Une fonction continue sur un intervalle borné mais non fermé n’a pas toujours d’extrémum
sur cet intervalle. C’est le cas de la fonction x ∈] − π/2, +π/2[→ tan x.
2) Il existe quelques cas où la proposition 32.3 permet de conclure. Considérons, par exemple,
la fonction f : R → R définie par f (x) = [x(x − 1)2 ]1/3 . La fonction f est continue sur [0, 1],
dérivable sur ]0, 1[, f (0) = f (1) = 0 et f (x) > 0 si x ∈]0, 1[; La fonction f atteint donc son
1
maximum sur [0, 1] en un point de ]0, 1[. On a, pour x ∈]0, 1[, f 0 (x) = (x − 1)(3x − 1)[x(x −
3
1
1)2 ]−2/3 et donc le maximum est atteint pour x = .
3
4. Le cas des fonctions dérivables
On dit que x0 ∈ R est un point intérieur de la partie X de R s’il existe α > 0 tel que
]x0 − α, x0 + α[⊂ X. L’ensemble des points intérieurs à X est appelé l’intérieur de X. Notons
que si X = [a, b] alors l’intérieur de X est ]a, b[.
Proposition 32.4. Soit f : Df → R et x0 un point de l’intérieur de Df . Si f possède un
extremum local en x0 et si f est dérivable en x0 alors f 0 (x0 ) = 0.
En remplaçant éventuellement f par −f , on peut supposer que f possède un maximum local
en x0 .
Soit α > 0 tel que ]x0 − α, x0 + α[⊂ Df et soit β > 0 tel que la restriction de f à Df ∩]x0 −
β, x0 + β[ ait un maximum en x0 . Posons γ = min(α, β) > 0. Si x ∈]x0 − γ, x0 [ alors x − x0 < 0
f (x) − f (x0 )
f (x) − f (x0 )
et f (x) − f (x0 ) ≤ 0 d’où
≥ 0. De même si x ∈]x0 , x0 + γ[ alors
≤ 0.
x − x0
x − x0
Il en resulte que fg0 (x0 ) ≥ 0 et fd0 (x0 ) ≤ 0 d’où f 0 (x0 ) = 0.
Remarques.
1) La proposition précédente peut être fausse si x0 n’est pas un point intérieur à Df . Par
exemple, f : [0, 1] → R définie par f (x) = x possède un maximum en x0 = 1 et f 0 (1) = 1.
2) La réciproque de la proposition est fausse. Par exemple, f : [0, 1] → R définie par
f (x) = x3 verifie f 0 (0) = 0 et f ne présente pas d’extremum en 0 bien que ce point soit intérieur
à Df . La proposition 32.4 n’est donc pas une condition suffisante.
3) Cette proposition est le principal argument utilisé dans la démonstration habituelle du
théorème de Rolle.
4) En utilisant une preuve analogue à celle de la proposition 32.4, on voit que si f : Df → R
possède un extrémum local en x0 situé dans l’intérieur de Df et si f est dérivable à droite et
à gauche en x0 alors ces dérivés sont de signes contraires. Ce résultat généralise la proposition
32.4.
Pour essayer d’améliorer la proposition 32.4 en vue d’obtenir une condition nécessaire et
suffisante, on fait des hypothèses supplémentaires sur la dérivabilité de la fonction.
Proposition 32.5. Soit f : Df → R et x0 un point de l’intérieur de Df où f est dérivable
avec f 0 (x0 ) = 0. S’il existe un plus petit entier p ≥ 2 tel que f soit p fois dérivable en x0 avec
f (p) (x0 ) 6= 0 alors f possède un extremum local strict en x0 si et seulement si p est pair. Lorsque
p est pair alors l’extremum est un maximum si f (p) (x0 ) < 0 et un minimum sinon.
346
32. RECHERCHE DES EXTRÉ EMUMS D’UNE FONCTION
En remplaçant éventuellement f par −f , on peut supposer que f (p) (x0 ) > 0. La fonction
f étant p fois dérivable en x0 il existe α > 0 tel que les (p − 1) fonctions dérivées de f soient
définies sur ]x0 − α, x0 + α[. Pour x ∈ Df posons h(x) = f (x) − f (x0 ). La fonction h est (p − 1)
fois dérivable sur ]x0 − α, x0 + α[ et 0 ≤ n ≤ p − 1 implique h(n) (x0 ) = 0. La fonction h(p−1)
(= f (p−1) ) étant dérivable en x0 elle possède un développement limité d’ordre 1 au voisinage de
ce point et pour tout x ∈]x0 − α, x0 + α[ on a :
h(p−1) (x) = f (p−1) (x) = (x − x0 )(f (p) (x0 ) + (x))
avec lim (x) = 0. Il existe η ≤ α tel que si x ∈]x0 − η, x0 + η[ alors f (p) (x0 ) + (x) > 0 d’où le
x→x0
tableau suivant dans lequel les flèches indiquent une croissance ou une décroissance stricte:
h(p−1)
h(p−2)
h(p−3)
On voit que du point de vue des signes la première ligne du tableau est identique à la
troisième et, de plus h(n) (x0 ) = 0 pour tout n ∈ [0, p − 1]. Il en résulte que si on continue le
tableau vers le bas jusqu’à la ligne donnant le signe de h(0) (x) = h(x) = f (x) − f (x0 ) alors le
tableau est périodique et de période 2. En particulier :
• si p est pair, h(x) a le signe de h(p−2) (x), c’est-à-dire si x ∈]x0 − η, x0 + η[ alors h(x) ≥ 0
et x 6= x0 implique f (x) 6= f (x0 ). Cela signifie que la fonction f possède un minimum
local strict en x0 ;
• si p est impair, h(x) a le signe de h(p−1) (x), c’est-à-dire si x ∈]x0 − η, x0 [ alors h(x) < 0
et si x ∈ [x0 , x0 + η[ alors h(x) > 0. La fonction f ne présente pas d’extrèmum en x0 .
(Si p = 2 le tableau ne comporte que deux lignes et on obtient la même conclusion que dans
le cas p pair.) Notons que dans la preuve précédente le minimum devient un maximum si l’on
suppose f (p) (x0 ) < 0.
On peut représenter les différents cas par le tableau suivant.
4. LE CAS DES FONCTIONS DÉRIVABLES
p pair
347
p impair
f p (x0 ) > 0
f p (x0 ) < 0
Par exemple, si on considère la fonction f : R 7→ R définie par f (x) = cos(x2 ) alors ses trois
premières dérivées sont nulles en 0 et f (4) (0)
r= −12.
r On a donc un maximum local pour x = 0.
π
π
(L’étude du sens de variation de f sur [−
,
] conduit au moins aussi rapidement à ce
2
2
résultat.)
Remarques.
1) La proposition précédente donne une condition nécessaire et suffisante pour qu’une fonction ayant une dérivée n-ème non nulle en un point x0 à l’intérieur de son ensemble de définition
ait en ce point un extrémum. Cependant ce résultat ne résout pas entièrement le problème de
la caractérisation des extrémums à l’aide des dérivées même pour les fonctions de classe C ∞ .
En effet, il existe des fonctions de classe C ∞ dont toutes les dérivées sont nulles en un point x0 ,
certaines ayant un extrémum en x0 et d’autres n’ayant pas d’extrémum en ce point.
Par exemple, considérons la fonction f de R dans R (dite fonction de Cauchy) défine par
1
−
f (0) = 0 et f (x) = e x2 si x 6= 0. Pour x 6= 0, il est clair que f est indéfiniment dérivable (f
est sur ] − ∞, 0[ et ]0, +∞[ composée de deux fonctions de classe C ∞ ). On a pour x 6= 0 :
1
1
2 − 2
1 − 2
0
• f (x) = 3 e x = P1 ( )e x avec P1 (x) = 2x3 ;
x
x
1
1
−
2
1 0 1
1 − 2
2
(2)
• f (x) = (− 2 P1 ( ) + 3 P1 (x))e x = P2 ( )e x avec P2 (x) = −x2 P10 (x) +
x
x
x
x
2x3 P1 (x).
1
1 − 2
(n)
• Plus généralement, par une récurrence simple, f (x) = Pn ( )e x où Pn est un
x
polynôme vérifiant la relation de récurrence Pn+1 (x) = 2x3 Pn (x) − x2 Pn0 (x).
Pour tout entier n et tout x 6= 0,
1
1
1 n − 2
1 n/2 − 2
|( ) e x | = |( 2 ) e x | = |
x
x
1
1
1 −n/2 2
( 2)
ex
x
|.
348
32. RECHERCHE DES EXTRÉ EMUMS D’UNE FONCTION
1
1
1
1 −n/2 2
1 n − 2
Si x tend vers 0 alors 2 tend vers +∞ d’où lim ( 2 )
e x = +∞ et lim ( ) e x = 0 (∗).
x→0 x
x→0 x
x
Soit Hn la propriété : f est C n sur R et f (n) (0) = 0.
Il est clair que H0 est vrai. Si Hn est vrai alors f (n) est continue sur R et, en utilisant (∗)
et la proposition (Proposition 23.4) donnant la limite d’une combinaison linéaire de fonctions,
lim f
(n+1)
x→0
1
1 − 2
x
(x) = lim Pn+1 ( )e
=0
x→0
x
L’utilisation de la proposition 31.4 du document 31 achève la preuve de Hn+1 . Le principe de
récurrence entraine que f est C ∞ avec, pour tout entier n, f (n) (0) = 0.
On a f (0) = 0 et, pour x 6= 0, f (x) > 0. La fonction f a donc un minimum strict en 0 mais
l’existence de ce minimum ne peut pas être montrée en utilisant la proposition précédente.
Considérons maintenant la fonction g : R → R définie par g(x) = −f (x) si x ≤ 0 et
g(x) = f (x) si x ≥ 0. La fonction g est indéfiniment dérivable sur R, ne présente pas d’extrémum
en 0 et toutes ses dérivées sont nulles en 0.
Notons aussi que la fonction f est un bon exemple de fonction de classe C ∞ sur R et qui
n’est pas développable en série entière au voisinage de 0.
2. Le calcul différentiel est aussi en échec dans le cas des fonctions ayant en un point n
dérivées successives nulles et pas de dérivée (n+1)-ième. Par exemple considérons f : R → R
1
définie par f (0) = 0 et f (x) = x2 (2 + sin ) si x 6= 0. Il est clair que f possède un minimum en
x
0 (x2 ≤ f (x) ≤ 3x2 ) mais f 0 (0) = 0 et f n’est pas deux fois dérivable en 0.
3) En utilisant la formule de Taylor-Young on obtient une démonstration beaucoup plus
f (p) (x0 )
courte de la la proposition 32.5. En effet on a f (x) − f (x0 ) = (x − x0 )p (
+ (x))
p!
f (p) (x0 )
avec lim (x) = 0. Dans un voisinage de x0 ,
+ (x) a le signe de f (p) (x0 ) d’où le
x→x0
p!
comportement de f dans ce voisinage en fonction de la parité de p.
Plus généralement, considérons le cas d’une fonction f ayant au voisinage d’un point x0 un
développement limité de la forme
f (x) = f (x0 ) + ap (x − x0 )p + (x − x0 )p ε(x)
avec ap 6= 0 et lim (x) = 0. On a
x→x0
f (x) − f (x0 ) = (x − x0 )p (ap + ε(x))
et, comme dans un voisinage de x0 , ap + ε(x) a le signe de ap on voit qu’il y a un extremum en x0
si et seulement si p est pair. Cette condition nécessaire et suffisante pour avoir un extremum est
l’une des plus générales que l’on puisse obtenir (mais elle ne s’applique qu’aux fonctions ayant
un développement limité de la forme ci-dessus).
(p)
(n)
4 ) Soit fn : R → R définie par fn (x) = xn , n ∈ N∗ . Pour p < n, fn (0) = 0 et fn (0) = n!.
La fonction fn présente donc un extrémum en 0 si et seulement si n est pair. Lorsqu’il existe,
cet extrémum est un minimum.
5. CONCLUSION : RECHERCHE PRATIQUE DES EXTRÉMUMS
349
4.1. Le cas des fonctions convexes. Soit f une fonction définie sur un intervalle I et
deux fois dérivable sur l’intérieur de I. Les trois affirmations suivantes sont équivalentes :
• La fonction f est strictement convexe sur I ;
• La fonction dérivée f 0 est strictement croissante sur l’intérieur de I ;
• Pour tout x de l’intérieur de I, f 00 ≥ 0 et {x|f 00 (x) = 0} ne contient aucun intervalle
non réduit à un point.
Soit f une fonction deux fois dérivable et strictement convexe. Il y a deux cas :
• Il existe x0 tel que f 0 (x0 ) = 0. La fonction f a un mimimum strict en x0 et des
maximums locaux stricts aux bornes de I qui appartiennent à I. Ces extrémums sont
les seuls possibles.
• La dérivée f 0 n’est jamais nulle. La fonction f est strictement monotone et possède des
extrémums uniquement aux bornes de I qui sont dans I. La nature de ces extrémums
éventuels est donnée par le sens de variation de f .
Remarques.
1) Si la fonction f est strictement concave sur I, il suffit de permuter dans les résultats
précédents maximum et minimum.
2) L’hypothèse importante est la stricte convexité. L’hypothèse f deux fois dérivable ne fait
que simplifier les preuves.
3) Si f est seulement convexe on a des résultats analogues mais f pouvant alors être constante
sur un intervalle [a, b], tous les points de ]a, b[ sont des extémums locaux.
5. Conclusion : recherche pratique des extrémums
En pratique, on recherche les extrémums d’une fonction f définie sur un ensemble Df qui
est une réunion d’intervalles disjoints. En général la fonction f est dérivable sur Df privé de
quelques points. Le calcul de la fonction dérivée de f et l’étude de son signe permettent de
déterminer le sens de variation de f sauf peut-être au voisinage de certains points (Penser à
1
x → x2 sin au voisinage de 0. )
x
D’aprés ce qui précède les points où f présente un extrémum sont à rechercher parmi les
points suivant :
1) Les bornes des intervalles constituant Df et qui appartiennent à Df .
Si l’examen du tableau de variation de f montre que souvent la fonction présente un
extrémum en ces points, il n’en est pas toujours ainsi. Par exemple, soit f : R+ → R
1
définie par f (0) = 0 et f (x) = x2 cos √ si x 6= 0. La fonction f est de classe C 1 avec
x
√
1
1
1
1
x sin √ . En considérant la suite xn = 2 2 , on montre facilement que
f 0 (x) = 2x cos √ +
2
n
π
x
x
f n’a pas d’extrémum en 0.
2) Les points de Df où f n’est pas dérivable.
Par exemple, soit f : R → R définie par f (x) = (x2 (x − 2))1/3 . Sur R − {0, 2} on a
3x − 4
f 0 (x) =
. La fonction f n’est pas dérivable en 0, est croissante sur ] − ∞, 0]
−1/3
1/3x
(x − 2)−2/3
4
et est décroissante sur[0, ]. Elle possède donc un maximum local en 0. Au point x = 2, la
3
fonction f n’est pas dérivable mais il n’y a pas d’extrémum en ce point.
350
32. RECHERCHE DES EXTRÉ EMUMS D’UNE FONCTION
3) Les points de l’intérieur de Df où f est dérivable et de nombre dérivé nul.
Pour chacun de ces points, l’examen du tableau de variation permet en général de conclure.
Sinon on peut essayer la proposition 32.5.
Remarque. Dans les exemples issus d’une situation concrète, il est très important de bien
préciser l’ensemble de définition de la fonction f que l’on considère ainsi que l’ensemble des
points où cette fonction est dérivable. On fait ensuite la liste, en général courte, des points où
f est susceptible de présenter un extrémum et on étudie chacun de ces points. L’examen du
tableau de variation de f est souvent suffisant pour conclure.
6. Exemples
Exemple 1
Soit a, b, α et β quatre nombres réels vérifiant a < b et β < 0 < α. On considère un plan
affine euclidien muni d’un repère orthonormé (O, ~u, ~v ) et on désigne par A et B les points de
ce plan de coordonnées (a, α) et (b, β). Un mobile va de A à B. Son mouvement est rectiligne
uniforme, de vitesse v1 , dans le demi-plan y ≥ 0 et de même dans le demi-plan y ≤ 0 avec la
vitesse v2 . Montrer qu’il existe un unique point M de l’axe Ox tel que la trajectoire AM B
corresponde au temps minimum pour aller de A à B.
Solution.
Soit x l’abscisse d’un point M de Ox. La durée du trajet pour aller de A à B suivant la
trajectoire AM B est
p
p
(x − a)2 + α2
(x − b)2 + β 2
AM
MB
d(x) =
+
=
+
v1
v2
v1
v2
∞
La fonction d : R → R est de classe C sur R et donc ses extrémums éventuels sont obtenus
pour des valeurs de x qui annulent sa fonction dérivée. En posant u(x) = (x − a)2 + α2 on a :
1
1
1
(u1/2 )0 = u0 u−1/2 , (u1/2 )00 = u−3/2 (u00 u − (u0 )2 )
2
2
2
1
Or (u00 u − (u0 )2 )(x) = 2α2 . Donc (u1/2 )00 > 0 et d00 > 0. La fonction d0 est strictement
2
croissante sur R.
On a :
x−a
x−b
d0 (x) = p
+ p
v1 (x − a)2 + α2 v2 (x − b)2 + β 2
0
0
et donc d (a) < 0 et d (b) > 0. Il existe x0 ∈]a, b[ unique tel que d0 (x0 ) = 0. Comme d00 (x0 ) > 0,
la fonction d possède un unique extrémum, qui est un minimum, obtenu pour x = x0 .
Soit M0 le point de Ox d’abscisse x0 . On a
d0 (x0 ) = 0 d’où
x0 − a
x0 − b
| p
|=| p
|
2
2
v1 (x0 − a) + α
v2 (x0 − b)2 + β 2
c’est-à-dire, en notant A1 et B1 les projections
M 0 A1
M0 B1
=
ou encore
de A et B sur Ox,
v1 M0 A
v2 M0 B
v2
sin(M\
0 BB1 )
=
.
v1
sin(M\
0 AA1 )
6. EXEMPLES
351
L’angle M\
0 BB1 étant égal à l’angle de M0 B avec la perpendiculaire en M0 à Ox et l’angle
\
M0 AA1 étant égal à l’angle de M0 A avec cette même perpendiculaire, ce résultat est aussi une
démonstration de la loi de la réfraction de la lumière (loi de Snell van Royen).
−−→
−−→ −−→
AM
BM
BM dM
AM
0
On peut ausi écrire : d(x) =
+
d’où d (x) = (
+
)
donc
v1
v2
v1 AM
v2 BM dx
−−→
−−→
−−→
AM
BM
dM
0
d (x) = 0 ⇔ (
+
)⊥
.
v1 AM
v2 BM
dx
−−→
−−−→
−−−→
\
1 BM0 −
cos(AM
1 AM0 −
dM
0 A1 )
→
.→
u+
.→
u = 0 ou encore
=
est colinéaire avec −
u on a donc
Comme
dx
v1 AM0
v2 BM0
v1
\
cos(BM
0 B1 )
ce qui est le résultat précédent sachant que cos x = sin(π/2 − x).
v2
Exemple 2
Une statue de hauteur b est située au sommet d’une colonne dont la hauteur dépasse d’une
quantité a la hauteur de l’œil d’un observateur. A quelle distance cet observateur doit-il se
placer pour voir la statue sous un angle maximum ?
Solution
Soit β l’angle sous lequel est vue la statue, α l’angle sous lequel est vue la partie de la colonne
située plus haut que l’œil de l’observateur et x la distance entre l’observateur et le pied de la
colonne. Si x = 0 alors la statue est vue sous un angle nul. On suppose donc x > 0.
a
On a tan α = et si tan β = y alors
x
a
+y
a + xy
a+b
tan α + tan β
tan(α + β) =
=
= x ay =
x
1 − tan α tan β
x − ay
1−
x
bx
d’où y = 2
.
x + a(a + b)
bx
Considérons la fonction f définie pour x > 0 par f (x) = 2
. La fonction tangente
x + a(a + b)
étant strictement croissante sur ]0, π/2[, l’angle β est maximum si et seulement si tan β est
maximum. On doit donc étudier les maximums de f qui est une fonction de classe C ∞ sur
p
−bx2 + ba(a + b)
0 (x) = 0 équivaut à x =
a(a + b) = x0 . La
et
donc
f
R∗+ . On a f 0 (x) =
(x2 + a(a + b))2
fonction f 0 est positive sur ]0, x0 ] et négative sur [x0 , +∞[ et f est donc croissante sur le premier
intervalle et décroissante sur le second. Elle possède un maximum strict en x0 (car croissance
et décroissance sont strictes).
Exemple 3
Etudier les extrémums de la fonction f de R dans R définie par f (x) = [x(x − 1)2 ]1/3 .
Solution abrégée.
Les théorèmes généraux sur les fonctions dérivées entrainent que la fonction f est dérivable
x − 1/3
sur R − {0, 1} et sur cet ensemble f 0 (x) = 2/3
. On a f 0 (x) = 0 si et seulement si
x (x − 1)1/3
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32. RECHERCHE DES EXTRÉ EMUMS D’UNE FONCTION
x = 1/3 et donc les extrémums sont a rechercher pour les valeurs de x dans {0, 1/3, 1}. L’examen
du tableau de variation montre qu’il y a un maximum relatif pour x = 1/3, un minimum relatif
pour x = 1 et pas d’extrémum pour x = 0.