Dérivées et problème d'optimisation

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

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).