Variations et optimisation : la dérivée comme outil

La leçon précédente a fait de la dérivée un objet : $f'(a)$ est la pente de la tangente à la courbe de $f$ au point d'abscisse $a$. Cette leçon en fait un outil. La question qu'elle résout est simple à formuler : comment savoir, par le calcul et sans tracer la courbe, où une fonction monte, où elle descend, et où elle atteint son plus grand ou son plus petit résultat ?

L'idée. Regarde une courbe qui monte sur un intervalle : en chacun de ses points, la tangente monte aussi — sa pente est positive. Là où la courbe descend, chaque tangente descend : pente négative. Et si la courbe est horizontale sur un intervalle (fonction constante), toutes les pentes sont nulles. Puisque la pente de la tangente en $a$ est $f'(a)$, le signe de $f'$ contient le sens de variation de $f$. C'est le théorème central de l'année.

Théorème (admis en première). Soit $f$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$. Si $f'(x) \geqslant 0$ pour tout $x$ de $I$, alors $f$ est croissante sur $I$. Si $f'(x) \leqslant 0$ pour tout $x$ de $I$, alors $f$ est décroissante sur $I$. Si $f'(x) = 0$ pour tout $x$ de $I$, alors $f$ est constante sur $I$.

Le mot intervalle n'est pas décoratif. La fonction inverse $x \mapsto \dfrac{1}{x}$ a une dérivée $-\dfrac{1}{x^2}$ strictement négative partout où elle est définie, et pourtant elle n'est pas décroissante sur $\mathbb{R}^*$ : $-1 < 1$ et $f(-1) = -1 < 1 = f(1)$. Elle est décroissante sur $]-\infty\ ;\ 0[$ et décroissante sur $]0\ ;\ +\infty[$, séparément. Le théorème vaut sur chaque intervalle, jamais sur une réunion d'intervalles.

Le premier exemple, à la main. Prenons $f(x) = x^2$. On sait que $f'(x) = 2x$. Ce nombre est négatif pour $x < 0$, nul en $0$, positif pour $x > 0$. Le théorème conclut : $f$ est décroissante sur $]-\infty\ ;\ 0]$ et croissante sur $[0\ ;\ +\infty[$ — ce que la parabole montrait déjà en seconde, mais qui est maintenant démontré, et par une méthode qui marchera pour des fonctions dont on ne connaît pas la courbe.

Le tableau de variations. On range ce raisonnement dans un tableau à trois lignes : la ligne des valeurs de $x$ (avec les bornes de l'ensemble de définition et les valeurs qui annulent $f'$), la ligne du signe de $f'$, la ligne des variations de $f$ (une flèche montante ou descendante par intervalle, et aux extrémités des flèches les valeurs de $f$ que l'on sait calculer). Pour $f(x) = x^2$ : $x$ va de $-\infty$ à $+\infty$ avec $0$ au milieu ; $f'$ est notée $-$ puis $0$ puis $+$ ; $f$ descend jusqu'à $f(0) = 0$ puis remonte. Le tableau n'est pas un dessin : c'est un résumé de preuve, chaque flèche y étant justifiée par le signe écrit juste au-dessus.

Deux précisions utiles. D'abord, la dérivée peut s'annuler en un point isolé sans casser la monotonie : $x \mapsto x^3$ a pour dérivée $3x^2 \geqslant 0$, nulle seulement en $0$, et elle est croissante sur $\mathbb{R}$ tout entier (elle est même strictement croissante). Ensuite, la réciproque du théorème est vraie : si $f$ dérivable est croissante sur $I$, alors $f' \geqslant 0$ sur $I$ — une tangente ne peut pas descendre là où la courbe monte.

Extremum local. On dit que $f$ admet un maximum local en $a$ lorsque $f(a)$ est la plus grande valeur de $f$ sur un intervalle ouvert contenant $a$ — « autour de $a$ », pas nécessairement sur tout l'ensemble de définition. Même définition, avec « plus petite », pour un minimum local. Le tableau de variations les fait voir : un maximum local est un sommet, là où une flèche montante est suivie d'une flèche descendante ; un minimum local, un creux.

Une condition nécessaire. Si $f$ est dérivable et admet un extremum local en $a$, avec $a$ à l'intérieur de l'intervalle (pas à une borne), alors $f'(a) = 0$ : la tangente au sommet d'une bosse est horizontale. C'est pourquoi la première chose à faire est de résoudre $f'(x) = 0$ — les extremums sont à chercher parmi ces solutions.

Mais pas suffisante. Parmi, et non pas égaux à. Reprenons $f(x) = x^3$ : $f'(0) = 0$, la tangente en $0$ est horizontale, et pourtant $f$ n'a aucun extremum en $0$ — elle est croissante avant, croissante après, elle ne fait que ralentir un instant. Ce qui manque, c'est le changement de signe de $f'$ : pour $x^3$, $f'(x) = 3x^2$ est positive des deux côtés de $0$.

$f$ admet un extremum local en $a$ (intérieur à l'intervalle) si et seulement si $f'$ s'annule en changeant de signe en $a$. De $+$ à $-$ : maximum local. De $-$ à $+$ : minimum local.

La conclusion se lit donc sur la ligne du signe, jamais sur la seule équation $f'(a) = 0$.

Local ou global ? Sur un intervalle fermé $[u\ ;\ v]$, le plus grand résultat de $f$ (son maximum tout court, dit global) est atteint soit en un point intérieur où $f'$ change de signe, soit à une borne. C'est le point où beaucoup de copies se perdent : une fonction peut être croissante sur tout l'intervalle autorisé, et son maximum est alors en $v$, sans qu'aucune dérivée ne s'annule nulle part. Le tableau de variations, avec ses valeurs aux bornes, tranche à coup sûr.

La méthode pour un problème d'optimisation. Un problème d'optimisation demande la valeur d'une variable qui rend une grandeur (aire, recette, volume, coût) la plus grande ou la plus petite possible. Le protocole, dans l'ordre :

1. Choisir la variable $x$ et écrire la grandeur comme une fonction de $x$ : $g(x)$. C'est l'étape de modélisation, souvent la plus délicate — les contraintes de l'énoncé (un périmètre fixé, une plaque de largeur donnée) servent à éliminer les autres inconnues.
2. Préciser l'intervalle où $x$ peut varier : une longueur est positive, un côté ne dépasse pas le mur, un prix a un plafond. Sans intervalle, la question « maximum » n'a pas de sens.
3. Dériver $g$ et résoudre $g'(x) = 0$.
4. Étudier le signe de $g'$ sur l'intervalle et dresser le tableau de variations, valeurs aux bornes comprises.
5. Conclure en distinguant deux réponses : la valeur de $x$ qui réalise l'optimum, et la valeur optimale $g(x)$ elle-même. L'énoncé demande l'une ou l'autre — lis-le deux fois.

Pour les problèmes de première, $g$ est presque toujours un trinôme $ax^2 + bx + c$ : sa dérivée $2ax + b$ s'annule en $-\dfrac{b}{2a}$, ce qui retrouve l'abscisse du sommet de la parabole vue au chapitre du second degré. Les deux chapitres disent la même chose ; la dérivée a l'avantage de marcher aussi au degré 3, où la parabole n'aide plus.

Partie 1 — variations d'une fonction de degré 3.

Énoncé. Soit $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x^3 - 3x^2 + 4$. Étudier ses variations et préciser ses extremums locaux.

Étape 1 — dériver. Terme à terme : $f'(x) = 3x^2 - 6x$.

Étape 2 — factoriser pour lire le signe. $f'(x) = 3x(x - 2)$. Cette dérivée s'annule en $0$ et en $2$. C'est un trinôme de coefficient dominant $3 > 0$ : il est positif à l'extérieur des racines et négatif entre elles. Donc $f'(x) > 0$ pour $x < 0$, $f'(x) < 0$ pour $0 < x < 2$, $f'(x) > 0$ pour $x > 2$.

Étape 3 — calculer les valeurs aux points remarquables. $f(0) = 4$ et $f(2) = 8 - 12 + 4 = 0$.

Étape 4 — dresser le tableau. Ligne de $x$ : $-\infty$, $0$, $2$, $+\infty$. Ligne de $f'$ : $+$, $0$, $-$, $0$, $+$. Ligne de $f$ : flèche montante jusqu'à $4$, flèche descendante jusqu'à $0$, flèche montante ensuite.

Étape 5 — conclure. $f$ est croissante sur $]-\infty\ ;\ 0]$, décroissante sur $[0\ ;\ 2]$, croissante sur $[2\ ;\ +\infty[$. En $0$, $f'$ passe de $+$ à $-$ : maximum local égal à $4$. En $2$, $f'$ passe de $-$ à $+$ : minimum local égal à $0$. Ce sont des extremums locaux seulement : $f(3) = 27 - 27 + 4 = 4$ égale déjà le maximum local, et $f(4) = 20$ le dépasse — sur $\mathbb{R}$, $f$ n'a ni maximum ni minimum.

Partie 2 — optimiser l'aire d'un enclos.

Énoncé. Un éleveur dispose de $40$ mètres de grillage pour clôturer un enclos rectangulaire adossé à un mur rectiligne : le côté le long du mur n'est pas clôturé, les trois autres le sont. Quelle est l'aire maximale de l'enclos ? Que devient la réponse si le mur ne mesure que $12$ mètres ?

Étape 1 — modéliser. Notons $x$ la longueur, en mètres, de chacun des deux côtés perpendiculaires au mur. Le grillage couvre ces deux côtés et le côté parallèle au mur, de longueur $L$ : $2x + L = 40$, d'où $L = 40 - 2x$. L'aire vaut

Étape 2 — l'intervalle. Les longueurs sont positives : $x > 0$ et $40 - 2x > 0$, soit $x < 20$. On étudie $\mathcal{A}$ sur $[0\ ;\ 20]$ (les bornes donnent un enclos aplati, d'aire nulle).

Étape 3 — dériver. $\mathcal{A}'(x) = -4x + 40$, qui s'annule pour $x = 10$.

Étape 4 — signe et tableau. $-4x + 40 > 0$ pour $x < 10$ et $< 0$ pour $x > 10$ : $\mathcal{A}$ est croissante sur $[0\ ;\ 10]$, décroissante sur $[10\ ;\ 20]$. Valeurs : $\mathcal{A}(0) = 0$, $\mathcal{A}(10) = 10 \times 20 = 200$, $\mathcal{A}(20) = 0$.

Étape 5 — conclure. L'aire maximale est $200\ \text{m}^2$, obtenue pour $x = 10$ m — l'enclos mesure alors $10$ m sur $20$ m. Remarque : la dérivée s'annule bien en $-\dfrac{b}{2a} = -\dfrac{40}{-4} = 10$, l'abscisse du sommet de la parabole.

Avec un mur de $12$ mètres. Le côté parallèle au mur ne peut pas le dépasser : $40 - 2x \leqslant 12$, soit $x \geqslant 14$. L'intervalle autorisé devient $[14\ ;\ 20]$. Or $10 \notin [14\ ;\ 20]$ : sur cet intervalle, $\mathcal{A}$ est décroissante (on est à droite de $10$). Le maximum est donc atteint à la borne $x = 14$, et vaut $\mathcal{A}(14) = 14 \times 12 = 168\ \text{m}^2$. Répondre « $200\ \text{m}^2$ » serait proposer un enclos de $20$ m de long contre un mur de $12$ m.

Le moment décisif : dans la seconde question, l'équation $\mathcal{A}'(x) = 0$ donne toujours $10$, et $10$ n'est pas la réponse. Ce n'est pas la dérivée qui conclut, c'est le tableau de variations sur l'intervalle autorisé — bornes comprises.

Figure (SVG programmatique à produire) : deux panneaux superposés, qui mettent en regard la courbe, le signe de la dérivée et le tableau de variations de la partie 1 de l'exemple guidé, puis la contrainte d'intervalle de la partie 2.

• Panneau du haut — la fonction $f(x) = x^3 - 3x^2 + 4$. Un repère orthonormé, $x$ de $-1{,}5$ à $3{,}5$, $y$ de $-1$ à $5$, quadrillage léger. La courbe en trait plein épais. Deux tangentes horizontales en tirets, l'une au point $(0\ ;\ 4)$, l'autre au point $(2\ ;\ 0)$, chacune avec son point de contact marqué d'un petit disque et coté. Sous l'axe des abscisses, une bande de signe alignée sur la courbe : hachurée dans un sens et marquée « $f' > 0$ » de part et d'autre de $[0\ ;\ 2]$, hachurée dans l'autre sens et marquée « $f' < 0$ » entre $0$ et $2$ ; les deux frontières de la bande tombent exactement sous les points de contact des tangentes. À droite, le tableau de variations dessiné à la règle : ligne $x$ ($-\infty$, $0$, $2$, $+\infty$), ligne « signe de $f'$ » ($+$, $0$, $-$, $0$, $+$), ligne « variations de $f$ » avec trois flèches et les valeurs $4$ et $0$ aux sommets. Un trait de rappel relie le « $0$ » de la ligne du signe au point $(0\ ;\ 4)$ de la courbe. En médaillon, une petite vignette de $y = x^3$ avec sa tangente horizontale en l'origine et la mention « $f'(0) = 0$ sans extremum : $f'$ ne change pas de signe ».
• Panneau du bas — l'aire de l'enclos $\mathcal{A}(x) = x(40 - 2x)$. Axe des $x$ de $0$ à $20$ (mètres), axe des ordonnées de $0$ à $220$ (mètres carrés). La parabole en trait plein, son sommet $(10\ ;\ 200)$ marqué et coté « aire maximale sans contrainte ». La zone $[14\ ;\ 20]$ est surlignée d'un fond clair, bordée à gauche d'un trait vertical épais coté « mur de $12$ m : $x \geqslant 14$ ». Sur cette zone, la parabole ne fait que descendre ; le point $(14\ ;\ 168)$ est marqué d'un disque plein et coté « maximum sur l'intervalle autorisé ». Le sommet $(10\ ;\ 200)$, hors de la zone, est barré d'une croix légère avec la mention « hors intervalle ». Sous l'axe, le schéma de l'enclos : le mur en trait épais, les trois côtés de grillage en trait fin, cotés $x$, $x$ et $40 - 2x$.

Ce qu'il faut lire. Sur le panneau du haut, les trois objets — courbe, bande de signe, tableau — sont alignés : la courbe monte exactement là où la bande dit $f' > 0$, et le tableau n'est que la transcription de cette bande. Les tangentes horizontales tombent aux frontières, ni avant ni après : c'est le changement de signe, visible, qui fait l'extremum — et la vignette de $x^3$ montre une tangente horizontale sans changement de signe, donc sans sommet. Sur le panneau du bas, le sommet de la parabole existe toujours, mais il est hors de la zone autorisée : le maximum utile est au bord, en $x = 14$. La croix sur le sommet est le rappel de la troisième erreur du chapitre.

La figure en détail : en haut, la courbe d'une fonction de degré trois qui monte, atteint un sommet en abscisse zéro à la hauteur quatre, redescend jusqu'à un creux en abscisse deux à la hauteur zéro, puis remonte ; deux segments horizontaux en pointillés touchent la courbe au sommet et au creux. Sous la courbe, une bande indique où la dérivée est positive (à gauche de zéro et à droite de deux) et où elle est négative (entre zéro et deux). À droite, un tableau à trois lignes reprend ces informations avec des flèches montante, descendante, montante. En bas, une parabole tournée vers le bas représente l'aire d'un enclos selon la longueur d'un côté ; son sommet est en abscisse dix, hauteur deux cents, mais une zone claire commence en abscisse quatorze et s'étend vers la droite : dans cette zone, la parabole descend, et son point le plus haut est au bord gauche, en abscisse quatorze, hauteur cent soixante-huit.

Domaine de validité. Le théorème « signe de $f'$ ⇒ variations » exige une fonction dérivable sur un intervalle : sur une réunion d'intervalles (la fonction inverse sur $\mathbb{R}^*$), il ne dit rien de global. Il est admis en première ; sa réciproque (si $f$ est croissante, alors $f' \geqslant 0$) est vraie aussi. La condition « extremum local ⇒ $f'(a) = 0$ » suppose $a$ intérieur à l'intervalle : à une borne, un maximum peut exister avec une dérivée non nulle — c'est exactement le cas de l'enclos contraint.

Écritures. Un tableau de variations se lit avec des intervalles fermés aux valeurs où $f'$ s'annule : « $f$ est croissante sur $]-\infty\ ;\ 0]$ et décroissante sur $[0\ ;\ 2]$ » — le point $0$ appartient aux deux, ce n'est pas une contradiction. « Maximum local en $0$ » désigne l'abscisse ; « maximum local égal à $4$ » désigne la valeur. Les deux nombres répondent à deux questions différentes.

Contrôles gratuits. Une racine de $f'$ se vérifie en substituant dans $f'$. Le signe d'un trinôme se contrôle en une valeur bien choisie (souvent $0$). Dans un problème concret, l'optimum doit être dans l'intervalle autorisé et la valeur optimale doit avoir l'unité de la grandeur ($\text{m}^2$ pour une aire, euros pour une recette).

1. Confondre le signe de $f$ et le signe de $f'$. Le sens de variation de $f$ dépend du signe de sa dérivée. Une fonction peut être négative et croissante ($f(x) = x - 5$ sur $[0\ ;\ 1]$ : valeurs négatives, pente $+1$), ou positive et décroissante. Sur un tableau, c'est la ligne du milieu qui commande les flèches, et cette ligne est celle de $f'$.
2. Conclure à un extremum dès que $f'(a) = 0$. $x \mapsto x^3$ en $0$ : dérivée nulle, aucun extremum, la fonction est croissante de part et d'autre. Il faut $f'(a) = 0$ et un changement de signe de $f'$ en $a$. La tangente horizontale est un candidat, pas un verdict.
3. Oublier les bornes de l'intervalle. Dans l'enclos contraint, la dérivée s'annule en $10$ et la réponse est $14$. Sur un intervalle fermé, le maximum est en un point intérieur où $f'$ change de signe ou à une borne — et si l'annulation de $f'$ tombe hors de l'intervalle, c'est forcément à une borne. Le tableau de variations, avec ses valeurs aux extrémités, l'impose sans effort.
4. Étendre une conclusion d'un intervalle à une réunion. « $f' < 0$ partout, donc $f$ décroissante partout » est faux pour $x \mapsto \dfrac{1}{x}$, définie sur deux intervalles disjoints. Le théorème se prononce intervalle par intervalle.
5. Dresser un tableau sans valeurs. Des flèches sans les nombres $f(0)$, $f(2)$, $f(u)$, $f(v)$ ne permettent pas de comparer un sommet à une borne, ni de dire lequel des maximums locaux est le plus haut. Le tableau conclut parce qu'il contient les valeurs.
6. Répondre l'abscisse quand on demande la valeur, ou l'inverse. « Pour quelle largeur l'aire est-elle maximale ? » attend $x = 10$ m ; « quelle est l'aire maximale ? » attend $200\ \text{m}^2$. Deux nombres, deux unités, deux questions.
7. Dériver la contrainte au lieu de la grandeur. L'équation $2x + L = 40$ sert à éliminer $L$ ; c'est l'aire $x(40 - 2x)$ que l'on dérive. Une dérivée prise sur la mauvaise expression donne un optimum sans signification.
8. Oublier l'intervalle de définition concret. Un côté de longueur négative, un prix nul, une hauteur qui dépasse la plaque : le problème impose des bornes que la formule de $g$ ignore. Écrire l'intervalle à l'étape 2 évite de conclure sur une solution impossible.

Le modèle. L'exercice associé à cette leçon tire un problème concret parmi trois : un enclos rectangulaire adossé à un mur, la recette d'une salle de spectacle selon le prix de la place, ou une gouttière pliée dans une plaque de largeur donnée. Dans chaque cas, la grandeur à optimiser est un trinôme, et la question tirée demande soit la valeur de $x$ qui réalise l'optimum, soit la valeur optimale de la grandeur. Un tirage sur quatre ajoute une contrainte (un mur trop court, un prix plafonné, une machine qui ne plie pas au-delà d'une certaine hauteur) qui place la solution de $g'(x) = 0$ hors de l'intervalle autorisé : la réponse est alors à une borne. Un second modèle, voisin, pose des questions vrai-faux sur le sens de variation d'un polynôme de degré 2 ou 3 sur un intervalle, et sur l'existence d'un extremum local en un point donné — la famille $x^3$ y figure.

Énoncé type. Un théâtre municipal estime qu'à un prix de $x$ euros la place, il se vend $400 - 10x$ places. On note $R(x)$ la recette, en euros, pour un prix $x$ compris entre $1$ et $15$ euros. Une convention avec la mairie impose ce plafond de $15$ euros, alors que la salle pourrait techniquement vendre des places jusqu'à $39$ euros. Déterminer le prix de la place, en euros, qui rend la recette maximale.

Corrigé complet.

1. Écrire la grandeur en fonction de $x$. La recette est le prix multiplié par le nombre de places vendues :

fonction polynôme du second degré, à étudier sur l'intervalle autorisé $[1\ ;\ 15]$.

2. Dériver et chercher l'annulation. $R'(x) = -20x + 400$, qui s'annule pour $x = \dfrac{400}{20} = 20$. Le coefficient de $x$ dans $R'$ est négatif : $R'$ est positive avant $20$, négative après. Donc $R$ est croissante sur $]-\infty\ ;\ 20]$ et décroissante ensuite.

3. Confronter à l'intervalle. $20 \notin [1\ ;\ 15]$. Sur $[1\ ;\ 15]$, on est entièrement à gauche de $20$ : $R$ y est croissante. Son maximum sur cet intervalle est donc atteint à la borne droite, $x = 15$.

4. Conclure, et donner la valeur pour contrôle. Le prix qui rend la recette maximale est $15$ euros. La recette vaut alors $R(15) = 15 \times (400 - 150) = 15 \times 250 = 3\,750$ euros. Sans le plafond, le prix optimal aurait été $20$ euros pour une recette $R(20) = 20 \times 200 = 4\,000$ euros ; la convention coûte $250$ euros par représentation.

Auto-contrôle : vérifie que ta réponse est dans l'intervalle de l'énoncé (un prix de $20$ euros n'est pas autorisé ici), que tu as répondu à la question posée (le prix, pas la recette), et que la valeur de $R$ à l'autre borne est plus petite — $R(1) = 390$, bien inférieur à $3\,750$. Si la solution de $g'(x) = 0$ tombe hors de l'intervalle, la réponse est à une borne : laquelle, c'est le sens de variation qui le dit.