Optimisation : la boîte et la boîte de conserve

Là où la quantité que vous cherchez à maximiser cesse de croître, son taux de variation s'annule : c'est ainsi que la dérivée repère la boîte idéale ou la conserve la plus économique sans devoir tout tester. Faites varier l'entaille ou le rayon pour voir la tangente s'aplanir, puis suivez la résolution étape par étape, jusqu'à la vérification des bornes de l'intervalle autorisé.

Extrema sur un intervalle fermé	$\begin{aligned}&\max_{[a,b]}f,\ \min_{[a,b]}f\\ &\quad\in\ \{\,f(a),\ f(b)\,\}\ \cup\ \{\,f(c):\ f'(c)=0\,\}\end{aligned}$

Exemple résolu — Optimisation : la boîte et la boîte de conserve

Volume de votre boîte, cm³	1 936
Taux V′(x), cm³ par cm de découpe	132
Découpe optimale, cm	5
Volume de la boîte optimale, cm³	2 000
Écart à la boîte optimale	-3,2 %

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Leçon

La théorie — Optimisation : la boîte et la boîte de conserve

Optimisation par la dérivée : exprimez la grandeur que vous souhaitez rendre maximale ou minimale en fonction d'une seule variable sur l'intervalle permis par le problème, déterminez où sa dérivée s'annule, puis comparez ces valeurs à celles prises aux bornes de l'intervalle. Sur un intervalle fermé, le maximum et le minimum d'une fonction dérivable figurent nécessairement parmi ces candidats. Pour une boîte, le rayon peut être n'importe quel nombre strictement positif : il n'y a donc aucune borne à comparer, et c'est le signe de la dérivée qui tranche. Négative en tout point avant le point critique, positive après, la dérivée indique que la fonction décroît puis croît. Ce point critique correspond ainsi à sa valeur minimale sur l'ensemble du domaine.

Ce que signifie chaque symbole

x: le côté du carré découpé à chaque coin de la feuille, en cm
r: le rayon de la boîte de conserve, en cm ; sa hauteur découle ensuite du volume
k: le coût d'un cm² de fond, mesuré en cm² de paroi

Suppose: La feuille est carrée et la boîte n'a pas de couvercle. La boîte de conserve forme un cylindre fermé dont le métal est mesuré par sa seule aire : sans joint, sans rebord ni surépaisseur de tôle.

Problèmes entièrement résolus

La meilleure boîte dans un carré de 24 cm 3 étapes
Découpez des carrés identiques aux coins d'une feuille carrée de 24 cm, puis relevez les bords. Quelle découpe offre la boîte de volume maximal, et quelle est sa contenance ?

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1. Exprimez le volume en fonction de la découpe x. Celle-ci ne peut pas dépasser la moitié du côté :
  
  $V(x)=x\,(24-2x)^{2},\qquad 0\le x\le12$
2. Dérivez avec la règle du produit, puis factorisez :
  
  $V'(x)=(24-2x)^{2}+x\cdot2(24-2x)(-2)=(24-2x)(24-6x)$
3. Les deux racines sont candidates, tout comme les deux bornes de l'intervalle :
  
  $V'(x)=0\ \Rightarrow\ x=4\ \text{or}\ x=12,\qquad V(0)=V(12)=0,\qquad V(4)=4\times16^{2}=1{,}024$
Réponse

Découpez 4 cm à chaque coin. La boîte mesure 16 cm de côté sur 4 cm de profondeur, et contient 1 024 cm³. La découpe vaut le sixième du côté, comme pour toute feuille carrée. La racine x = 12 est aussi candidate, mais elle ne donne aucune boîte : les deux découpes de chaque côté se rejoignent et ne laissent aucun fond.

$x=4\ \mathrm{cm},\qquad V=1{,}024\ \mathrm{cm^{3}}$
La même feuille, d'au plus 3 cm de profondeur 3 étapes
La boîte issue de la feuille de 24 cm doit loger sur une étagère : sa profondeur ne peut donc pas dépasser 3 cm. Quelle est désormais la meilleure découpe, et la dérivée y est-elle nulle ?

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1. Le volume s'exprime par la même fonction, mais sur un intervalle plus restreint :
  
  $V(x)=x\,(24-2x)^{2},\qquad 0\le x\le3$
2. Les deux facteurs de V′ restent positifs sur tout l'intervalle :
  
  $0\le x\le3:\qquad 24-2x\ge18>0,\quad 24-6x\ge6>0\ \Rightarrow\ V'(x)>0$
3. Le volume croît donc jusqu'à cette borne, et la boîte optimale se trouve à l'extrémité :
  
  $V(3)=3\times18^{2}=972,\qquad V'(3)=18\times6=108$
Réponse

Découpez 3 cm. La boîte contient 972 cm³, et la dérivée y vaut 108 cm³ par cm, et non zéro. Poser V′ = 0 donne x = 4, ce qui est exclu. Le maximum se situe à une borne de l'intervalle, et seul l'examen des extrémités permet de le trouver.

$x=3\ \mathrm{cm},\qquad V=972\ \mathrm{cm^{3}},\qquad V'(3)=108\neq0$
La boîte la plus économe en métal 3 étapes
Une boîte cylindrique fermée doit contenir 1000 cm³, et ses deux bases sont découpées dans la même tôle que sa paroi. Quel rayon demande le moins de métal, et quelle est alors la hauteur de la boîte ?

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1. Le volume fixe la hauteur, si bien que la quantité de métal ne dépend plus que de r :
  
  $\pi r^{2}h=1000\ \Rightarrow\ h=\frac{1000}{\pi r^{2}},\qquad M(r)=2\pi r^{2}+2\pi r h=2\pi r^{2}+\frac{2000}{r}$
2. Posez M′(r) = 0 :
  
  $M'(r)=4\pi r-\frac{2000}{r^{2}}=0\ \Rightarrow\ r^{3}=\frac{500}{\pi}\ \Rightarrow\ r=5{.}419\ \mathrm{cm}$
3. La hauteur et le métal. M′ est négative en deçà de ce rayon et positive au-delà : il s'agit bien du minimum :
  
  $h=\frac{1000}{\pi\times5{.}419^{2}}=10{.}84=2r,\qquad M=2\pi(5{.}419)^{2}+\frac{2000}{5{.}419}=553{.}6\ \mathrm{cm^{2}}$
Réponse

r ≈ 5,42 cm et h ≈ 10,84 cm : la boîte est aussi haute que large et consomme 553,6 cm² de métal. L'égalité h = 2r est exacte et ne doit rien aux arrondis : avec πr³ = 500, h = 1000/(πr²) = 2r.

$r\approx5{.}42\ \mathrm{cm},\qquad h=2r\approx10{.}84\ \mathrm{cm},\qquad M\approx553{.}6\ \mathrm{cm^{2}}$
Des bases découpées dans des carrés 3 étapes
Toujours pour une boîte de 1000 cm³, mais chaque base est cette fois découpée dans un carré de côté 2r, dont les coins sont jetés. En comptant les carrés entiers, quel rayon demande désormais le moins de métal ?

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1. Chaque centimètre carré de base coûte désormais le rapport de l'aire du carré à celle du disque, soit 4/π : les bases pèsent donc plus lourd :
  
  $k=\frac{(2r)^{2}}{\pi r^{2}}=\frac{4}{\pi},\qquad M(r)=2k\pi r^{2}+\frac{2000}{r}=8r^{2}+\frac{2000}{r}$
2. Posez M′(r) = 0 :
  
  $M'(r)=16r-\frac{2000}{r^{2}}=0\ \Rightarrow\ r^{3}=125\ \Rightarrow\ r=5\ \mathrm{cm}$
3. Le métal et la hauteur :
  
  $M(5)=8\times25+\frac{2000}{5}=200+400=600,\qquad h=\frac{1000}{25\pi}=12{.}73\ \mathrm{cm}$
Réponse

r = 5 cm, 600 cm² de métal, et la boîte mesure 12,73 cm de haut. Les bases comptent pour 200 cm² et la paroi pour 400 cm², précisément la moitié, comme pour toute boîte optimale. Des bases plus coûteuses rendent la boîte optimale plus étroite et plus haute : 1,27 diamètre, soit 4/π.

$r=5\ \mathrm{cm},\qquad M=600\ \mathrm{cm^{2}},\qquad \frac{200}{400}=0{.}5$
Un enclos contre un mur 3 étapes
Un agriculteur dispose de 60 m de clôture pour aménager un enclos rectangulaire contre un long mur, qui sert de quatrième côté. Quelles dimensions offrent la plus grande aire ?
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1. Notons x la longueur de chacun des deux côtés perpendiculaires au mur. Il reste alors 60 − 2x de clôture pour le côté parallèle : l’aire ne dépend plus que de x, sur tout l’intervalle permis par la clôture :
  
  $\begin{aligned}&A(x)=x\,(60-2x)=60x-2x^{2}\\&0\le x\le30\end{aligned}$
2. Posons A′ = 0 :
  
  $A'(x)=60-4x=0\ \Rightarrow\ x=15$
3. Comparez avec les bornes, où l’enclos a une aire nulle :
  
  $\begin{aligned}&A(15)=15\cdot30=450\\&A(0)=A(30)=0\end{aligned}$
Réponse

15 m perpendiculairement au mur et 30 m le long de celui-ci, pour 450 m². Le côté qui longe le mur est deux fois plus long que les deux autres. Sans ce mur, le meilleur enclos serait un carré de 15 m de côté, pour seulement 225 m² : le mur économise tout un côté de clôture.

$\begin{aligned}&x=15\ \mathrm{m},\quad60-2x=30\ \mathrm{m}\\&A=450\ \mathrm{m^{2}}\end{aligned}$
Le point de y = √x le plus proche de (3 ; 0) 3 étapes
Déterminez le point de la courbe y = √x le plus proche du point (3 ; 0), ainsi que sa distance.
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1. La distance de (3 ; 0) à (x ; √x) fait intervenir une racine carrée. Son carré atteint son minimum exactement aux mêmes points, sans aucune racine :
  
  $\begin{aligned}D^{2}&=(x-3)^{2}+\left(\sqrt{x}\right)^{2}\\&=(x-3)^{2}+x,\qquad x\ge0\end{aligned}$
2. Dérivez et annulez le résultat :
  
  $\dfrac{d}{dx}D^{2}=2(x-3)+1=0\ \Rightarrow\ x=\tfrac52$
3. L’intervalle ne possède qu’une seule borne, x = 0. De l’autre côté, D² croît indéfiniment : comparez donc le point critique à cette borne :
  
  $D^{2}\!\left(\tfrac52\right)=\tfrac14+\tfrac52=\tfrac{11}{4},\qquad D^{2}(0)=9$
Réponse

Le point le plus proche est (2,5 ; √2,5) ≈ (2,5 ; 1,5811), à une distance de √11/2 ≈ 1,6583. Minimiser D² plutôt que D est tout à fait légitime : la fonction racine carrée étant strictement croissante, les deux expressions atteignent leur minimum pour le même x. Dériver directement D par la règle des fonctions composées donne le même x, avec une racine à chaque ligne de calcul.

$\left(\tfrac52,\ \sqrt{\tfrac52}\right),\qquad D=\dfrac{\sqrt{11}}{2}\approx1{.}6583$
La boîte optimale dans une feuille A4 4 étapes
Une feuille de papier A4 mesure 21 cm sur 29,7 cm. En découpant un carré identique à chaque angle et en relevant les bords, trouvez la découpe qui donne la boîte de volume maximal, ainsi que la valeur de ce volume. Les feuilles proposées plus haut sont carrées : cliquez sur Petit côté du A4 pour observer un carré de 21 cm, dont la découpe optimale vaut 3,5 cm pour une contenance de 686 cm³.

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1. Pour une découpe x, la base mesure 21 − 2x sur 29,7 − 2x et la boîte a une hauteur de x. En développant, pour toute découpe inférieure à la moitié de la largeur :
  
  $V(x)=x\,(21-2x)(29{.}7-2x)=4x^{3}-101{.}4x^{2}+623{.}7x,\qquad 0\le x\le10{.}5$
2. Dérivez terme à terme :
  
  $V'(x)=12x^{2}-202{.}8x+623{.}7$
3. Posez V′(x) = 0 et appliquez la formule quadratique. Le nombre sous la racine vaut 16 × 699,39, ce qui simplifie l'expression :
  
  $x=\frac{202{.}8\mp\sqrt{202{.}8^{2}-4\cdot12\cdot623{.}7}}{24}=\frac{50{.}7\mp\sqrt{699{.}39}}{6},\qquad x_1=4{.}0423,\quad x_2=12{.}8577$
4. La seconde racine dépasse 10,5 cm, ce qui consomme tout le petit côté et ne donne aucune boîte. Aux deux bornes de l'intervalle, le volume est nul : la boîte optimale provient donc de la première racine :
  
  $V(4{.}0423)=4{.}0423\times12{.}9153\times21{.}6153=1{,}128{.}5$
Réponse

Découpez 4,04 cm à chaque coin : la boîte mesure 12,92 cm sur 21,62 cm pour une hauteur de 4,04 cm, et son volume atteint environ 1 128,5 cm³, soit un peu plus d'un litre. Cette découpe se situe entre un sixième du petit côté (3,5 cm) et un sixième du grand côté (4,95 cm), sans coïncider avec l'un ni l'autre. Pour une feuille de dimensions a et b, la découpe idéale est (a + b − √(a² − ab + b²))/6. Lorsque la feuille est carrée, le radical est simplement a et la formule redonne le L/6 du haut de page.

$x\approx4{.}04,\qquad V\approx1{,}128{.}5$

Exercices supplémentaires, réponses seules

Deux nombres positifs ont pour somme 20. Quelle paire donne le plus grand produit ?

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10 et 10, pour un produit de 100

$10+10=20,\qquad10\cdot10=100$
Parmi tous les rectangles de périmètre 40 cm, lequel a la plus grande aire ?

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Le carré de 10 cm de côté, pour 100 cm²

$10\times10\ \mathrm{cm},\qquad A=100\ \mathrm{cm^{2}}$
Une boîte sans couvercle à base carrée doit contenir 32 m³. Quelles dimensions nécessitent le moins de matériau ?

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Une base de 4 m sur 4 m et une hauteur de 2 m, pour 48 m²

$4\times4\times2\ \mathrm{m},\qquad S=48\ \mathrm{m^{2}}$
Le bénéfice d’une entreprise pour q unités produites est P(q) = −2q² + 120q − 1000. Quel niveau de production maximise ce bénéfice, et à combien s’élève-t-il ?

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q = 30, pour un bénéfice de 800

$q=30,\qquad P(30)=800$
Déterminez les points de y = x² les plus proches de (0 ; 2).

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(±√(3/2) ; 3/2), à une distance de √7/2 ≈ 1,3229. L’origine, où la dérivée de D² s’annule également, est un maximum local de la distance, égal à 2.

$\left(\pm\sqrt{\tfrac32},\ \tfrac32\right),\qquad D=\dfrac{\sqrt{7}}{2}\approx1{.}3229$
Déterminez la valeur maximale de x e^(−x) pour x ≥ 0.

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1/e ≈ 0,3679, en x = 1

$x=1,\qquad\max=\tfrac1e\approx0{.}3679$

Écartez-vous de la découpe idéale d'un cinquième : la boîte ne perd qu'environ 3 %

Au découpage optimal, la dérivée V′ s'annule : un léger écart ne coûte presque rien. Cliquez sur Boîte optimale, puis sur Découpe de 4 cm : une découpe 20 % trop courte fait perdre 3,2 % du volume, et le tableau montre qu'une découpe 20 % trop profonde n'en fait perdre que 2,8 %. Sur toute feuille carrée, s'écarter de l'optimum d'une fraction δ fait perdre δ²(3 − δ)/4 du volume. Le carré vient de ce que la courbe est horizontale au sommet ; le terme −δ explique pourquoi découper trop profond coûte un peu moins cher que découper trop court.

Une contrainte de hauteur repousse la boîte optimale au bord, là où la pente n'est pas nulle

Cliquez sur Hauteur max. 4 cm. Seules les découpes jusqu'à 4 cm sont désormais admises, et la bande grise masque le reste. L'égalité V′ = 0 pointe toujours vers 5 cm, une valeur désormais exclue. Sur tout l'intervalle autorisé, V′ reste positive : le volume croît donc continûment jusqu'à la borne. La boîte optimale est celle de 4 cm, où la dérivée vaut encore 132. La condition V′ = 0 repère les points où la courbe est horizontale, mais un optimum situé au bord du domaine n'a aucune raison de l'être. Voilà pourquoi les étapes vérifient aussi les bornes de l'intervalle. Sur une feuille de 30 cm, toute limite inférieure à 5 cm devient ainsi contraignante, tandis qu'une limite de 5 cm ou plus ne change rien.

Sur la conserve la plus économe, les fonds coûtent la moitié de la paroi

Élargissez un peu la boîte : ses bases s'agrandissent tandis que sa paroi rétrécit. Le rayon optimal est atteint lorsque les deux variations s'équilibrent, 4kπr = 2V/r², ce qui donne 2kπr² = V/r après multiplication par r/2 : les bases coûtent très exactement la moitié des 2V/r de la paroi. Cliquez sur Fonds issus de carrés, où chaque couvercle est découpé dans un carré dont les coins partent au rebut : l'encadré affiche toujours 0,5. Il en va de même pour tout volume et quel que soit le prix du métal des bases. En réalité, le prix modifie les proportions : la boîte optimale a une hauteur de k diamètres (aussi haute que large quand les bases sont faites du même métal que la paroi), et de 1,27 diamètre avec des couvercles découpés dans des carrés. Une forme imparfaite ne coûte presque rien, pour la même raison que pour la boîte : Boîte élancée mesure 1,5 diamètre et n'utilise que 1,75 % de métal en plus.

Parcours

Dérivation : comment se combinent les taux

Références (2)

The method in the definition and in the step-through (evaluate at the endpoints, find the critical points inside the interval, compare all the values: “the absolute extrema must occur at endpoints or critical points”), the Extreme Value Theorem (Theorem 4.1) and Fermat's theorem (Theorem 4.2) behind it: G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 1, OpenStax (2016), section 4.3, “Maxima and Minima”.
The open box worked on a rectangular sheet, 24 in. by 36 in., whose best cut is x = 10 − 2√7 ≈ 4.7 in. for about 1,825 in³ (Example 4.33, the same calculation as the page's A4 worked problem), and the applied-problem strategy's step that sets the domain from the physical problem before looking for the extremum (Step 5) and the remark that locating it “typically involves looking for critical points and evaluating a function at endpoints” (Step 6): G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 1, OpenStax (2016), section 4.7, “Applied Optimization Problems”.

Par l’équipe 7 Raven Room · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.

Optimisation : la boîte et la boîte de conserve

Ce que signifie chaque symbole

Exercices supplémentaires, réponses seules

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