PSI* — 2019/2020 — Corrigé partiel du T.D. 12 Page 1
9. Dans la figure ci-dessous, ABC est un triangle isocèle de sommet principalC. Déterminer le maximum de la somme des aires des rectanglesIJKL etMNOP, en fonction de l’aire deABC.
I
A B
C
J L K
M N
O P
Solution : sujet de l’oral de Centrale, qui aime bien instiller un peu de géométrie à l’occasion. . . Compte tenu des programmes actuels, je conseille un traitement analytique, même si l’on peut aussi utiliser le théorème de Thalès !
Je choisis un repère orthonormal pour utiliser les coordonnées des points : A comme origine, (AB) comme axe des abscisses ; je note alors c et h les coordonnées du point C, les axes étant orientés de sorte que c ethsoient positifs.
Je vois alors les dimensions des deux rectangles considérés comme fonctions de deux paramètres t, u tels que 0≤t≤u≤1,tc (resp. uc) étant l’abscisse commune aux pointsI, L(resp. M, P).
Comme la droite(AC)a pour équation cartésienney=hx/c, l’ordonnée commune aux pointsL, M, N, K (resp. P, O) vautth(resp. uh) et alors l’aire du rectangleIJKL vaut2c(1−t)·thet celle du rectangle MNOP vaut 2c(1−u)·(uh−th).
L’aire à maximiser est donc
2ch t(1−t) + (1−u) (u−t) .
Je considère la fonction f : (t, u)→t(1−t) + (1−u) (u−t)et je cherche son maximum absolu sur le triangle fermé
T = (t, u)∈R2 /0≤t≤u≤1 .
Ce maximum existe puisque f est continue (polynomiale. . . ) sur la partie fermée bornée non videT.
•Valeurs prises par f sur la frontière de T : cette frontière est formée de 3 segments.
a)S1 = (0, u), u∈[0,1] (c’est le cas où le rectangle IJKL est aplati, de hauteur nulle) : f(0, u) =u(1−u) atteint classiquement son maximum pour u= 1/2, maximum valant1/4 b)S2 = (t,1), t∈[0,1] (c’est le cas où le rectangle MNOP est aplati, de largeur nulle) :
f(t,1) =t(1−t) atteint de même son maximum pourt= 1/2, maximum valant 1/4
c)S3 = (t, t), t∈[0,1] (c’est le cas où les deux rectangles ont même largeur, formant donc un seul et même rectangle) : f(t, t) = t(1−t) atteint toujours son maximum pour t = 1/2, maximum valant1/4.
•Points critiques dans T◦ : f est bien sûr C1 sur l’ouvert T◦ et
∂f
∂t (t, u) =−2t+u et ∂f
∂u(t, u) = 1 +t−2u donc l’unique point critique de f est(1/3,2/3).
•Conclusion : f(1/3,2/3) = 1/3>1/4, doncmax
T f n’est pas atteint sur la frontière, il est donc at- teint en un point de l’ouvertT◦, qui est alors nécessairement un point critique def. Par conséquent, maxT f est atteint en (1/3,2/3), puisque c’est l’unique point critique !
Enfin, l’aire A du triangleABC vautch(puisque cest la moitié de la base. . . ).
Le maximum recherché vaut2A/3.
