Compétences travaillées : Recherche d'extrema locaux et globaux de fonctions de plusieurs variables sous contraintes, application de la méthode des multiplicateurs de Lagrange, interprétation des résultats dans un contexte donné.
Erreurs fréquentes à éviter : Oublier de vérifier le comportement de la fonction sur la frontière du domaine (si applicable), confondre points critiques et extrema, erreurs de calcul lors de la résolution du système d'équations de Lagrange, ne pas considérer tous les cas de contraintes.
Salut futur expert en optimisation ! Cette série d'exercices est conçue pour te faire maîtriser la méthode des multiplicateurs de Lagrange. Nous allons explorer comment trouver les points extrêmes d'une fonction lorsque celle-ci est soumise à une ou plusieurs contraintes. Prépare-toi à une progression rigoureuse, de la compréhension des bases à la résolution de problèmes plus complexes. C'est parti !
Exercice 1 : Trouver les extrema d'une fonction simple sous une contrainte d'égalité.
Soit la fonction $f(x, y) = x^2 + y^2$. Trouve les extrema de $f$ sous la contrainte $g(x, y) = x + y - 1 = 0$.
a) Établis le système d'équations à l'aide de la méthode des multiplicateurs de Lagrange.
b) Résous ce système pour trouver les points critiques.
c) Détermine la nature de ces points (minimum, maximum).
Correction :
a) La méthode de Lagrange consiste à trouver les points $(x, y, \lambda)$ tels que $\nabla f(x, y) = \lambda \nabla g(x, y)$ et $g(x, y) = 0$. Le système est donc :
$$ \begin{cases} \frac{\partial f}{\partial x} = \lambda \frac{\partial g}{\partial x} \\ \frac{\partial f}{\partial y} = \lambda \frac{\partial g}{\partial y} \\ g(x, y) = 0 \end{cases} $$
Calculons les gradients :
$\nabla f(x, y) = (2x, 2y)$
$\nabla g(x, y) = (1, 1)$
Le système devient :
$$ \begin{cases} 2x = \lambda \cdot 1 \\ 2y = \lambda \cdot 1 \\ x + y - 1 = 0 \end{cases} $$
b) De la première et de la deuxième équation, on déduit $2x = 2y$, donc $x = y$. En substituant dans la troisième équation :
$x + x - 1 = 0 \implies 2x = 1 \implies x = 1/2$.
Puisque $x = y$, on a $y = 1/2$. Le point critique est $(1/2, 1/2)$.
On trouve $\lambda = 2x = 2(1/2) = 1$.
c) Évaluons la fonction $f$ en ce point : $f(1/2, 1/2) = (1/2)^2 + (1/2)^2 = 1/4 + 1/4 = 1/2$.
La contrainte $x+y=1$ représente une droite. La fonction $f(x,y) = x^2+y^2$ représente le carré de la distance à l'origine. La droite $x+y=1$ est tangente au cercle $x^2+y^2 = r^2$ au point $(1/2, 1/2)$ pour $r^2 = 1/2$. Ce point correspond donc à la distance minimale de la droite à l'origine. Il s'agit d'un minimum.
Résultat : Le point $(1/2, 1/2)$ est un minimum sous la contrainte, avec une valeur de $f(1/2, 1/2) = 1/2$.
Point méthode : Pour déterminer la nature d'un extremum sous contrainte, on peut souvent utiliser l'interprétation géométrique du problème, ou étudier le comportement de la fonction sur le domaine contraint si celui-ci est compact.
Exercice 2 : Recherche d'un maximum sous une contrainte.
Trouve le maximum de la fonction $f(x, y) = xy$ sous la contrainte $g(x, y) = x + y - 4 = 0$.
Correction :
Le système de Lagrange est :
$$ \begin{cases} y = \lambda \cdot 1 \\ x = \lambda \cdot 1 \\ x + y - 4 = 0 \end{cases} $$
De la première et de la deuxième équation, $y = x$. En substituant dans la troisième :
$x + x - 4 = 0 \implies 2x = 4 \implies x = 2$. Donc $y = 2$.
Le point critique est $(2, 2)$. La valeur de $f$ est $f(2, 2) = 2 \times 2 = 4$.
La contrainte est une droite. On peut écrire $y = 4-x$. Donc $f(x) = x(4-x) = 4x - x^2$. C'est une parabole ouverte vers le bas, dont le sommet est en $x = -4/(2 \times -1) = 2$. Le maximum est atteint en $x=2$.
Résultat : Le maximum est atteint au point $(2, 2)$, avec une valeur de $f(2, 2) = 4$.
Astuce : Pour des contraintes simples comme $x+y=c$, on peut souvent substituer directement pour retrouver une fonction d'une seule variable, ce qui facilite l'identification de l'extremum.
Exercice 3 : Extrema d'une fonction avec une contrainte non linéaire.
Soit $f(x, y) = x^2 + 2y^2$. Trouve les extrema de $f$ sur le cercle défini par $g(x, y) = x^2 + y^2 - 1 = 0$.
a) Écris le système de Lagrange.
b) Résous le système et trouve les points critiques.
c) Détermine la nature et la valeur des extrema.
Correction :
a) Les gradients sont $\nabla f = (2x, 4y)$ et $\nabla g = (2x, 2y)$. Le système de Lagrange est :
$$ \begin{cases} 2x = \lambda (2x) \\ 4y = \lambda (2y) \\ x^2 + y^2 - 1 = 0 \end{cases} $$
b) Première équation : $2x(1-\lambda) = 0$. Cela implique $x=0$ ou $\lambda=1$.
Cas 1 : $x = 0$. La troisième équation devient $0^2 + y^2 - 1 = 0 \implies y^2 = 1 \implies y = \pm 1$.
Si $y=1$, de la deuxième équation $4(1) = \lambda(2(1)) \implies 4 = 2\lambda \implies \lambda=2$. Points : $(0, 1)$ et $(0, -1)$.
Cas 2 : $\lambda = 1$. La deuxième équation devient $4y = 1(2y) \implies 4y = 2y \implies 2y = 0 \implies y = 0$.
La troisième équation devient $x^2 + 0^2 - 1 = 0 \implies x^2 = 1 \implies x = \pm 1$. Points : $(1, 0)$ et $(-1, 0)$.
Les points critiques sont $(0, 1)$, $(0, -1)$, $(1, 0)$, $(-1, 0)$.
c) Évaluons $f$ en ces points :
$f(0, 1) = 0^2 + 2(1)^2 = 2$.
$f(0, -1) = 0^2 + 2(-1)^2 = 2$.
$f(1, 0) = 1^2 + 2(0)^2 = 1$.
$f(-1, 0) = (-1)^2 + 2(0)^2 = 1$.
Le domaine contraint ($x^2+y^2=1$) est un cercle compact. La fonction $f$ est continue. Donc, il y a un maximum et un minimum.
Résultat : Le maximum est $2$ atteint en $(0, 1)$ et $(0, -1)$. Le minimum est $1$ atteint en $(1, 0)$ et $(-1, 0)$.
Point méthode : Attention aux cas où les dérivées partielles de la contrainte s'annulent, ou lorsque $\nabla f$ et $\nabla g$ sont colinéaires pour des raisons différentes (comme ici, $2x = \lambda 2x$). Il faut bien analyser toutes les possibilités.
Exercice 4 : Optimisation d'une aire.
On veut construire un enclos rectangulaire de surface maximale, sachant que le périmètre total de la clôture est de 100 mètres.
a) Modélise le problème : définis les variables, la fonction à maximiser et la contrainte.
b) Utilise la méthode de Lagrange pour trouver les dimensions de l'enclos.
Correction :
a) Soient $x$ la longueur et $y$ la largeur de l'enclos rectangulaire. La surface est $S(x, y) = xy$. Le périmètre est $P(x, y) = 2x + 2y$. La contrainte est $2x + 2y = 100$, soit $x + y = 50$. On cherche à maximiser $S(x, y)$ sous la contrainte $g(x, y) = x + y - 50 = 0$. On suppose $x > 0$ et $y > 0$.
b) Le système de Lagrange est :
$$ \begin{cases} y = \lambda \cdot 1 \\ x = \lambda \cdot 1 \\ x + y - 50 = 0 \end{cases} $$
De la première et deuxième équation, $y=x$. En substituant dans la troisième :
$x + x - 50 = 0 \implies 2x = 50 \implies x = 25$. Donc $y = 25$.
Résultat : L'enclos doit être un carré de côté 25 mètres pour avoir une aire maximale.
Point méthode : La modélisation est une étape clé. Bien définir les fonctions et les contraintes permet d'appliquer correctement les outils mathématiques.
Exercice 5 : Contrainte d'inégalité.
Trouve les extrema de $f(x, y) = x^2 + y^2$ sous la contrainte $g(x, y) \le 1$, où $g(x, y) = x + y$.
Note : On cherche ici les extrema sur le demi-plan $x+y \le 1$. Le cas $x+y = 1$ sera traité par Lagrange. Le cas $x+y < 1$ sera traité en étudiant $\nabla f$.
Correction :
D'abord, cherchons les points critiques de $f$ dans l'intérieur du domaine, c'est-à-dire où $x+y < 1$.
$\nabla f = (2x, 2y)$. Le seul point critique est $(0, 0)$. Ici, $0+0 = 0 < 1$, donc ce point est dans l'intérieur. $f(0, 0) = 0$.
Maintenant, considérons la frontière $x+y = 1$. C'est le même problème que l'Exercice 1. Nous avons trouvé un minimum en $(1/2, 1/2)$ avec $f(1/2, 1/2) = 1/2$.
Pour déterminer la nature du point $(0,0)$ : la fonction $f(x,y)=x^2+y^2$ est la distance au carré à l'origine. La contrainte $x+y \le 1$ est un demi-plan. L'origine $(0,0)$ est le point le plus proche de l'origine dans ce demi-plan. Donc, $(0,0)$ est un minimum.
La valeur $1/2$ au point $(1/2, 1/2)$ est atteinte sur la frontière. Comparons les valeurs : $f(0,0)=0$ est le minimum global. Il n'y a pas de maximum global car le domaine est non borné.
Résultat : Le minimum global est $0$ atteint en $(0, 0)$. Il n'y a pas de maximum global.
Point méthode : Pour les contraintes d'inégalité, il faut considérer les extrema dans l'intérieur du domaine (où $\nabla f = 0$) et sur la frontière (où on utilise Lagrange).
Exercice 6 : Optimisation de volume.
On veut construire une boîte de conserve cylindrique sans couvercle (ouvert par le dessus) dont le volume doit être de $500 \text{ cm}^3$. Pour minimiser la quantité de matière utilisée, on veut minimiser la surface latérale et la surface du fond.
a) Modélise le problème : définis les variables, la fonction à minimiser et la contrainte.
b) Utilise la méthode de Lagrange pour trouver les dimensions qui minimisent la surface.
Correction :
a) Soient $r$ le rayon de la base et $h$ la hauteur du cylindre. La surface à minimiser est la surface latérale ($2\pi rh$) plus la surface du fond ($\pi r^2$) : $A(r, h) = \pi r^2 + 2\pi rh$. Le volume est $V(r, h) = \pi r^2 h$. La contrainte est $\pi r^2 h = 500$. On cherche à minimiser $A(r, h)$ sous la contrainte $g(r, h) = \pi r^2 h - 500 = 0$. On suppose $r>0$ et $h>0$.
b) Les gradients sont $\nabla A = (2\pi r + 2\pi h, 2\pi r)$ et $\nabla g = (2\pi rh, \pi r^2)$. Le système de Lagrange est :
$$ \begin{cases} 2\pi r + 2\pi h = \lambda (2\pi rh) \\ 2\pi r = \lambda (\pi r^2) \\ \pi r^2 h - 500 = 0 \end{cases} $$
De la deuxième équation, $2\pi r = \lambda \pi r^2$. Comme $r \ne 0$, on peut diviser par $\pi r$ : $2 = \lambda r \implies \lambda = 2/r$.
En substituant $\lambda$ dans la première équation :
$2\pi r + 2\pi h = (2/r) (2\pi rh) = 4\pi h$.
En divisant par $2\pi$ : $r + h = 2h \implies r = h$.
Maintenant, utilisons la troisième équation : $\pi r^2 h - 500 = 0$. Puisque $r=h$, on a $\pi r^2 (r) = 500 \implies \pi r^3 = 500 \implies r^3 = 500/\pi$.
$r = \sqrt[3]{500/\pi}$. Donc $h = \sqrt[3]{500/\pi}$.
Résultat : Pour minimiser la surface, la hauteur doit être égale au rayon de la base, soit $r = h = \sqrt[3]{500/\pi} \approx 5.42 \text{ cm}$.
Astuce : Dans ce problème, la relation $r=h$ est typique pour minimiser la surface d'un cylindre pour un volume donné (avec ou sans couvercle).
Exercice 7 : Extrema avec deux contraintes.
Soit la fonction $f(x, y, z) = x + 2y + 3z$. Trouve les extrema de $f$ sous les contraintes $g(x, y, z) = x + y + z - 1 = 0$ et $h(x, y, z) = x^2 + y^2 - 1 = 0$.
Correction :
Avec deux contraintes, on utilise le multiplicateur de Lagrange $\lambda$ pour la première et $\mu$ pour la seconde. Le système est $\nabla f = \lambda \nabla g + \mu \nabla h$.
$\nabla f = (1, 2, 3)$
$\nabla g = (1, 1, 1)$
$\nabla h = (2x, 2y, 0)$ (attention, la troisième variable de $\nabla h$ est nulle car $h$ ne dépend pas de $z$).
Le système devient :
$$ \begin{cases} 1 = \lambda (1) + \mu (2x) \\ 2 = \lambda (1) + \mu (2y) \\ 3 = \lambda (1) + \mu (0) \\ x + y + z - 1 = 0 \\ x^2 + y^2 - 1 = 0 \end{cases} $$
De la troisième équation, $3 = \lambda$.
Substituons $\lambda=3$ dans les deux premières équations :
$$ \begin{cases} 1 = 3 + 2\mu x \implies -2 = 2\mu x \implies \mu x = -1 \\ 2 = 3 + 2\mu y \implies -1 = 2\mu y \implies \mu y = -1/2 \end{cases} $$
Si $\mu = 0$, alors $-1 = 0$, ce qui est impossible. Donc $\mu \ne 0$.
De $\mu x = -1$, on tire $x = -1/\mu$.
De $\mu y = -1/2$, on tire $y = -1/(2\mu)$.
En substituant dans la cinquième équation ($x^2 + y^2 = 1$) :
$(-1/\mu)^2 + (-1/(2\mu))^2 = 1 \implies 1/\mu^2 + 1/(4\mu^2) = 1$.
$ (4+1)/(4\mu^2) = 1 \implies 5/(4\mu^2) = 1 \implies 4\mu^2 = 5 \implies \mu^2 = 5/4$.
Donc $\mu = \pm \sqrt{5}/2$.
Cas 1 : $\mu = \sqrt{5}/2$.
$x = -1/(\sqrt{5}/2) = -2/\sqrt{5}$.
$y = -1/(2(\sqrt{5}/2)) = -1/\sqrt{5}$.
Avec $x+y+z=1$, on a $z = 1 - x - y = 1 - (-2/\sqrt{5}) - (-1/\sqrt{5}) = 1 + 3/\sqrt{5}$.
Point 1 : $(-2/\sqrt{5}, -1/\sqrt{5}, 1+3/\sqrt{5})$.
Cas 2 : $\mu = -\sqrt{5}/2$.
$x = -1/(-\sqrt{5}/2) = 2/\sqrt{5}$.
$y = -1/(2(-\sqrt{5}/2)) = 1/\sqrt{5}$.
Avec $x+y+z=1$, on a $z = 1 - x - y = 1 - (2/\sqrt{5}) - (1/\sqrt{5}) = 1 - 3/\sqrt{5}$.
Point 2 : $(2/\sqrt{5}, 1/\sqrt{5}, 1-3/\sqrt{5})$.
Maintenant, évaluons $f$ en ces points.
Pour le Point 1 : $f(-2/\sqrt{5}, -1/\sqrt{5}, 1+3/\sqrt{5}) = -2/\sqrt{5} + 2(-1/\sqrt{5}) + 3(1+3/\sqrt{5}) = -2/\sqrt{5} - 2/\sqrt{5} + 3 + 9/\sqrt{5} = 3 + 5/\sqrt{5} = 3 + \sqrt{5}$.
Pour le Point 2 : $f(2/\sqrt{5}, 1/\sqrt{5}, 1-3/\sqrt{5}) = 2/\sqrt{5} + 2(1/\sqrt{5}) + 3(1-3/\sqrt{5}) = 2/\sqrt{5} + 2/\sqrt{5} + 3 - 9/\sqrt{5} = 3 - 5/\sqrt{5} = 3 - \sqrt{5}$.
Résultat : Le maximum est $3 + \sqrt{5}$ et le minimum est $3 - \sqrt{5}$.
Point méthode : Avec plusieurs contraintes, le système d'équations peut devenir plus complexe. Il est crucial de bien organiser tes calculs et de ne pas négliger les différentes valeurs possibles pour les multiplicateurs.
Exercice 8 : Optimisation avec des contraintes de signes.
Trouve le maximum de la fonction $f(x, y) = 4x - y^2$ sur le domaine défini par les contraintes $x \ge 0$, $y \ge 0$ et $x+y \le 2$.
Correction :
Ce domaine est un triangle compact avec les sommets $(0,0)$, $(2,0)$, $(0,2)$. La fonction $f$ est continue, donc il y a un maximum et un minimum.
1. Intérieur du domaine : $x>0, y>0, x+y < 2$.
$\nabla f = (4, -2y)$. Le seul point critique est $(2, 0)$. Ce point n'est pas dans l'intérieur (il est sur la frontière $y=0$ et $x+y=2$). Il n'y a donc pas de point critique dans l'intérieur.
2. Analyse de la frontière :
a) Segment 1 : $y=0$, $0 \le x \le 2$.
La fonction devient $f(x, 0) = 4x$. Sur $[0, 2]$, cette fonction est croissante. Le maximum est en $x=2$, $f(2,0)=8$. Le minimum est en $x=0$, $f(0,0)=0$.
b) Segment 2 : $x=0$, $0 \le y \le 2$.
La fonction devient $f(0, y) = -y^2$. Sur $[0, 2]$, cette fonction est décroissante. Le maximum est en $y=0$, $f(0,0)=0$. Le minimum est en $y=2$, $f(0,2)=-4$.
c) Segment 3 : $x+y=2$ avec $x \ge 0, y \ge 0$. Donc $y = 2-x$ avec $0 \le x \le 2$.
La fonction devient $f(x, 2-x) = 4x - (2-x)^2 = 4x - (4 - 4x + x^2) = 4x - 4 + 4x - x^2 = -x^2 + 8x - 4$.
C'est une parabole ouverte vers le bas. Son sommet est en $x = -8/(2 \times -1) = 4$. Ce point $x=4$ n'est pas dans l'intervalle $[0, 2]$.
Sur $[0, 2]$, la fonction $-x^2 + 8x - 4$ est croissante car le sommet est à $x=4$.
Le maximum sur ce segment est atteint en $x=2$ (donc $y=0$), $f(2,0) = -(2)^2 + 8(2) - 4 = -4 + 16 - 4 = 8$.
Le minimum sur ce segment est atteint en $x=0$ (donc $y=2$), $f(0,2) = -(0)^2 + 8(0) - 4 = -4$.
Comparons toutes les valeurs trouvées aux sommets et extrema des segments : $0, 8, 0, -4, 8, -4$.
Résultat : Le maximum de $f$ sur ce domaine est $8$, atteint au point $(2, 0)$. Le minimum est $-4$, atteint au point $(0, 2)$.
Point méthode : Les contraintes $x \ge 0, y \ge 0$ définissent des frontières qui doivent être étudiées séparément, comme dans le cas des contraintes d'inégalité. Le domaine compact garantit l'existence des extrema.
Exercice 9 : Optimisation économique : fonction de production.
Une entreprise utilise deux facteurs de production, le capital $K$ et le travail $L$. La fonction de production est donnée par $P(K, L) = K^{0.5} L^{0.5}$. Le coût total de production est $C(K, L) = 10K + 5L$. L'entreprise dispose d'un budget de production de 1000 unités monétaires.
Trouve les quantités de $K$ et $L$ qui maximisent la production tout en respectant le budget.
Correction :
On cherche à maximiser $P(K, L) = K^{0.5} L^{0.5}$ sous la contrainte $C(K, L) = 10K + 5L = 1000$.
La méthode de Lagrange est appropriée ici. Soit $g(K, L) = 10K + 5L - 1000 = 0$.
Les gradients sont :
$\nabla P = (0.5 K^{-0.5} L^{0.5}, 0.5 K^{0.5} L^{-0.5})$
$\nabla g = (10, 5)$
Le système de Lagrange est :
$$ \begin{cases} 0.5 K^{-0.5} L^{0.5} = \lambda (10) \\ 0.5 K^{0.5} L^{-0.5} = \lambda (5) \\ 10K + 5L = 1000 \end{cases} $$
Divisons la première équation par la seconde :
$\frac{0.5 K^{-0.5} L^{0.5}}{0.5 K^{0.5} L^{-0.5}} = \frac{10\lambda}{5\lambda}$
En simplifiant : $\frac{L}{K} = 2 \implies L = 2K$.
Maintenant, substituons $L=2K$ dans la contrainte budgétaire :
$10K + 5(2K) = 1000$
$10K + 10K = 1000 \implies 20K = 1000 \implies K = 50$.
Alors, $L = 2K = 2 \times 50 = 100$.
Vérifions les valeurs : $P(50, 100) = (50)^{0.5} (100)^{0.5} = \sqrt{50} \times 10 = 10 \sqrt{50} = 10 \times 5\sqrt{2} = 50\sqrt{2}$.
Résultat : Pour maximiser la production, l'entreprise doit utiliser $K=50$ unités de capital et $L=100$ unités de travail.
Point méthode : En économie, la condition $\frac{MP_L}{MP_K} = \frac{w}{v}$ (où $MP$ est la productivité marginale et $w, v$ les prix des facteurs) est souvent rencontrée. Ici, on a $\frac{0.5 K^{-0.5} L^{0.5}}{0.5 K^{0.5} L^{-0.5}} = \frac{L}{K}$ et le rapport des coûts est $10/5=2$. On retrouve bien $L/K=2$.
Exercice 10 : Optimisation dans un contexte physique : moment d'inertie.
On considère une tige homogène de longueur $L$. On souhaite déterminer la position $x$ sur la tige ($0 \le x \le L$) qui minimise le moment d'inertie de deux masses ponctuelles $m_1$ et $m_2$ par rapport à un axe perpendiculaire à la tige passant par $x$. La première masse $m_1$ est située à l'origine $(x=0)$ et la seconde masse $m_2$ est située à l'extrémité $(x=L)$.
Le moment d'inertie total est $I(x) = m_1 x^2 + m_2 (L-x)^2$.
Trouve la position $x$ qui minimise $I(x)$ sur l'intervalle $[0, L]$.
Correction :
La fonction à minimiser est $I(x) = m_1 x^2 + m_2 (L-x)^2$ sur l'intervalle $[0, L]$. C'est un problème d'optimisation sur un intervalle fermé.
1. Chercher les points critiques dans l'intervalle ouvert $(0, L)$.
Calculons la dérivée de $I(x)$ :
$I'(x) = \frac{d}{dx} (m_1 x^2 + m_2 (L-x)^2) = 2m_1 x + m_2 \cdot 2(L-x) \cdot (-1) = 2m_1 x - 2m_2 (L-x)$.
Pour trouver les points critiques, on pose $I'(x) = 0$ :
$2m_1 x - 2m_2 (L-x) = 0$
$m_1 x - m_2 (L-x) = 0$
$m_1 x - m_2 L + m_2 x = 0$
$(m_1 + m_2) x = m_2 L$
$x = \frac{m_2 L}{m_1 + m_2}$.
Ce point critique $x_c = \frac{m_2 L}{m_1 + m_2}$ est dans l'intervalle $[0, L]$ car $m_1, m_2, L$ sont positifs. Si $m_1=0$, $x_c=L$. Si $m_2=0$, $x_c=0$. Si $m_1, m_2 > 0$, alors $0 < x_c < L$. On suppose donc $m_1, m_2 > 0$.
2. Examiner les valeurs de $I(x)$ aux bornes de l'intervalle et au point critique.
Valeur au point critique $x_c = \frac{m_2 L}{m_1 + m_2}$ :
$I(x_c) = m_1 \left(\frac{m_2 L}{m_1 + m_2}\right)^2 + m_2 \left(L - \frac{m_2 L}{m_1 + m_2}\right)^2$
$I(x_c) = m_1 \frac{m_2^2 L^2}{(m_1 + m_2)^2} + m_2 \left(\frac{(m_1 + m_2)L - m_2 L}{m_1 + m_2}\right)^2$
$I(x_c) = \frac{m_1 m_2^2 L^2}{(m_1 + m_2)^2} + m_2 \left(\frac{m_1 L}{m_1 + m_2}\right)^2$
$I(x_c) = \frac{m_1 m_2^2 L^2}{(m_1 + m_2)^2} + \frac{m_2 m_1^2 L^2}{(m_1 + m_2)^2} = \frac{L^2 (m_1 m_2^2 + m_2 m_1^2)}{(m_1 + m_2)^2} = \frac{L^2 m_1 m_2 (m_2 + m_1)}{(m_1 + m_2)^2} = \frac{m_1 m_2 L^2}{m_1 + m_2}$.
Valeurs aux bornes :
$I(0) = m_1 (0)^2 + m_2 (L-0)^2 = m_2 L^2$.
$I(L) = m_1 (L)^2 + m_2 (L-L)^2 = m_1 L^2$.
Comparaison : Pour minimiser $I(x)$, il faut comparer $\frac{m_1 m_2 L^2}{m_1 + m_2}$, $m_2 L^2$ et $m_1 L^2$. On a $\frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} = \frac{1}{1/m_1 + 1/m_2}$. Ce terme est toujours inférieur à $m_1$ et $m_2$ (si $m_1, m_2 > 0$). Par exemple, si $m_1=1, m_2=1$, $x_c=L/2$, $I(x_c) = L^2/2$, $I(0)=L^2$, $I(L)=L^2$. Le minimum est bien $L^2/2$.
Résultat : La position qui minimise le moment d'inertie est $x = \frac{m_2 L}{m_1 + m_2}$. La valeur minimale du moment d'inertie est $\frac{m_1 m_2 L^2}{m_1 + m_2}$.
Astuce : Pour un problème d'optimisation sur un intervalle fermé, il faut toujours vérifier le comportement de la fonction aux bornes de l'intervalle en plus des points critiques internes.
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