\begin{eqnarray*} f'(0) &=& \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\overbrace{\frac{1-\sqrt{h+1}}{h}}^{f(0+h)} - \overbrace{(-\frac{1}{2})}^{f(0)}}{h} \\ &=& \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{2 - 2 \sqrt{h+1} + h}{2h^2} \end{eqnarray*}

Méthode 1 : binôme conjugué \begin{eqnarray*} \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{2 - 2 \sqrt{h+1} + h}{2h^2} &=& \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{h + 2 - 2 \sqrt{h+1}}{2h^2} \\ &=& \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{(h + 2 - 2 \sqrt{h+1})(h + 2 + 2 \sqrt{h+1})}{2h^2(h + 2 + 2 \sqrt{h+1})} \\ &=& \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{(h+2)^2 - (2\sqrt{h+1})^2}{2h^2(h + 2 + 2 \sqrt{h+1})} \\ &=& \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{h^2 + 4h + 2 - 4(h+1)}{2h^2(h + 2 + 2 \sqrt{h+1})} \\ &=& \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{h^2 + 4h + 4 - 4h - 4}{2h^2(h + 2 + 2 \sqrt{h+1})} \\ &=&\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{h^2}{2h^2(h + 2 + 2 \sqrt{h+1})} \\ &=& \dfrac{1}{2(0 + 2 + 2 \sqrt{0 + 1})} \\ &=& \dfrac{1}{8} \end{eqnarray*}

Méthode 2 : règle de l'Hospital (voir ici) \begin{eqnarray*} \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{2 - 2 \sqrt{h+1} + h}{2h^2} &\overset{H}{=}& \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\frac{-2}{2\sqrt{h+1}} + 1}{4h} \\ &=& \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{-(h+1)^{-1/2} + 1}{4h} \\ &\overset{H}{=}& \lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\frac{-1}{2} \cdot (-(h+1)^{-3/2})}{4} \\ &=& \dfrac{\frac{(h+1)^{-3/2}}{2}}{4} \\ &=& \frac{1}{8} \end{eqnarray*}

Soit \((x, y)\) un point sur la courbe donnée. Comme \(x\) et \(y\) satisfont la contrainte \(y=\sqrt{x}\) parce que le point \((x, y)\) est sur le graphe de la fonction \(f(x)=\sqrt{x}\), la distance entre \((x, y)\) et \((4,0)\) est \[ d(x)=\sqrt{(4-x)^2+y^2}=\sqrt{(4-x)^2+x} . \]

On dérive cette fonction pour trouver ses valeurs critiques : \[ d^{\prime}(x)=\frac{2(4-x)(-1)+1}{2 \sqrt{(4-x)^2+x}}=\frac{2 x-7}{2 \sqrt{(4-x)^2+x}} \text {. } \]

On cherche les valeurs critiques : on a que \(d^{\prime}(x)=0\) si et seulement si \(2 x-7=0\). La seule valeur critique est \(x=7 / 2\).

On fait un tableau de variation pour \(d(x)\) : \[ \begin{array}{cccc} \hline x & & \frac{7}{2} & \\ \hline d'(x) & - & 0 & + \\ \hline d(x) & \searrow & \text{min} & \nearrow \\ \hline \end{array} \]

On a bien un minimum en \(x=7 / 2\). Le point cherché est donc \[ (x, y)=\left(\tfrac{7}{2}, \sqrt{\tfrac{7}{2}}\right) \]

\textit{Note} : la dérivée de $d^2$ aurait suffit.

condition : \(\alpha\in\into{0}{\arctan\left(\frac{15}{9}\right)\approx 59,03\degres}\)

\(\begin{cases} \overline{AP}\cos \cdot \alpha = 9 \\ \overline{PB} = 15 - 9 \cdot \tan \alpha \end{cases}\) et \(\begin{cases} \overline{AP} = 4\cdot t_1 \\ \overline{PB} = 5\cdot t_2 \end{cases}\)

à minimiser : \(t(\alpha)=t_1+t_2 = \frac{\overline{AP}}{4}+\frac{\overline{PB}}{5}\)

c'est-à-dire : \(\begin{aligned}[t] t(\alpha)=t_1+t_2 &= \tfrac{\overline{AP}}{4}+\tfrac{\overline{PB}}{5} \\ &= \tfrac{9}{4 \cdot \cos \alpha}+\tfrac{15 - 9 \cdot \tan \alpha}{5} \\ &= 3+\tfrac{9}{20}\,\left(\tfrac{5-4\cdot \sin\alpha}{\cos \alpha}\right) \end{aligned}\)

\(t'(\alpha) = \tfrac{9}{20}\,\left(\tfrac{5\cdot \sin\alpha - 4}{\cos^2 \alpha}\right)\) et \(t'=0 \iff \alpha = \arcsin\left(\tfrac45\right)\approx 53,13\degres\in\into{0}{59,03\degres}\)

il reste à vérifier que ce \(\alpha\) minimise \(t\) :

comme $\alpha \to \sin\alpha$ est croissante (et continue) sur \(\into{0}{90\degres}\), \(\alpha \to 5\cdot \sin\alpha - 4\) l'est également; et, étant nulle en \(53,13\degres\), elle est forcément négative avant cette valeur et positive après cette valeur

tableau de variation pour \(t(\alpha)\) : \[ \begin{array}{cccc} \hline \alpha & & 53{,}13^\circ & \\ \hline t'(\alpha) & - & 0 & + \\ \hline t(\alpha) & \searrow & \text{min} & \nearrow \\ \hline \end{array} \]

\(\overline{PB} = 15 - 9 \cdot \tan\left(\arcsin\left(\tfrac45\right)\right) = 3\) : le point P est situé à 3 km à gauche de B.

Soit la fonction coût total $C(x)$, dont les dimensions sont des euros et où $x$ est exprimé en mètres. La fonction $C(x)$ est exprimée comme une somme d'un terme correspondant au prix d'installation de fibres optiques sur la berge, et d'un terme correspondant au prix d'installation des fibres optiques sous l'eau. On a

\begin{equation} C(x) = \alpha x + 2 \alpha \sqrt{a^2 + (b-x)^2}. \end{equation}

On cherche à minimiser cette fonction coût. On calcule par conséquent sa dérivée,

\begin{equation} \frac{d C(x)}{d x} = C'(x) = \alpha - \frac{ 2 \alpha (b - x)}{\sqrt{a^2 + (b-x)^2}}, \end{equation}

Il s'agit de maximiser l'aire $A(\theta) = 2 \cdot r \cos(\theta) \cdot r \sin(\theta) = r^2 \cdot \sin(2\theta) = \sin(2\theta)$ (on utilise l'identité trigonométrique $\sin(2\alpha) = 2 \sin(\alpha) \cos(\alpha)$ et $r = 1$).

domaine : \( x\in \left[0, \frac{\pi}{2}\right] \)

dérivée : \( A'(\theta) = 2 \cos(2\theta) \)

Points critiques : \( A'(\theta) = 0 \iff \cos(2\theta) = 0 \iff 2\theta = \frac{\pi}{2} \iff \theta = \frac{\pi}{4} \)

\( A''(\theta) = -4 \sin(2\theta) < 0 \text{ pour } \theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right], \text{ en particulier pour } \theta = \frac{\pi}{4} = 45^\circ. \)

Comme $A''(\frac{\pi}{4})<0$, on a bien un maximum local et absolu (autre manière de prouver que la présence d'un maximum).