Chapitre 10 – Fonctions usuelles (carré, racine) | 2nde Bac Pro MAMA | Mathématiques | ⏱ 50 min
Dernière mise à jour : 4 mai 2026, 11:30
Cette activité traite de l'optimisation d'une fonction polynôme du second degré (\(A(L) = -L^2 + 50L\)). Le programme officiel de Seconde Bac Pro traite uniquement la fonction carré pure \(f(x) = x^2\) ; la recherche du sommet d'une parabole quelconque est au programme de Première. À utiliser en approfondissement.
Karim, gérant d'une menuiserie, veut clôturer une zone rectangulaire dans son arrière-cour pour stocker ses planches en plein air (à l'abri du vent). Il dispose de 100 m de grillage.
📋 Contraintes initiales
• Forme : rectangle de longueur L et largeur l
• Périmètre disponible : 100 m de grillage
• Objectif : maximiser la surface utile pour le stockage
Périmètre : 2L + 2l = 100 → L + l = 50 → l = 50 − L
Aire : A(L) = L × l = L × (50 − L) = 50L − L²
📚 Cette activité réinvestit les notions du cours §3 (fonction du 2ème degré) et §4 (sommet d'une parabole = optimum).
Vérifier que la formule A(L) = 50 L − L² provient bien des contraintes du problème (périmètre 100 m, rectangle).
Périmètre : 2L + 2l = 100 → l = (100 − 2L) / 2 = 50 − L.
Aire : A = L × l = L × (50 − L) = 50 L − L². ✓
L'aire dépend de la seule variable L (la largeur l est imposée par la contrainte de périmètre).
Domaine de validité : L ∈ [0 ; 50] (longueur positive et inférieure au demi-périmètre).
Compléter le tableau suivant pour différentes valeurs de L :
| L (m) | l = 50−L | A = L × l (m²) |
|---|---|---|
| 5 | … | … |
| 10 | … | … |
| 20 | … | … |
| 25 | … | … |
| 30 | … | … |
| 40 | … | … |
| L | l | A |
|---|---|---|
| 5 | 45 | 225 |
| 10 | 40 | 400 |
| 20 | 30 | 600 |
| 25 | 25 | 625 (max) |
| 30 | 20 | 600 |
| 40 | 10 | 400 |
L'aire maximale est obtenue pour L = 25 m, l = 25 m → un carré de 625 m².
Sur le graphique, quel point représente le maximum d'aire ? Quelles sont ses coordonnées ?
Le maximum est le sommet de la parabole (point le plus haut).
Coordonnées : (25 ; 625).
L = 25 m donne l'aire maximale A = 625 m².
L'axe de symétrie de la parabole passe par L = 25 (qui est le milieu de [0 ; 50]).
Pourquoi le rectangle optimal est-il un carré ? Comparer avec un rectangle « long et étroit » de 5 m × 45 m.
Carré 25 × 25 : aire 625 m².
Rectangle 5 × 45 : aire 225 m². 2,8 fois moins que le carré, alors que les deux ont le même périmètre (100 m).
Théorème géométrique : à périmètre donné, parmi tous les rectangles, le carré est celui qui a l'aire maximale.
Intuition : un rectangle « extrême » (très long, très fin) a beaucoup de bords mais peu de surface intérieure. Le carré équilibre les bords (= compact).
Encore plus général : le cercle a l'aire maximale parmi toutes les formes à périmètre donné. C'est pourquoi les bulles de savon sont sphériques !
Karim s'aperçoit qu'un mur existant peut servir de côté gratuit (1 côté du rectangle = mur, 3 côtés = grillage). Modifier la modélisation et trouver les nouvelles dimensions optimales.
Mise en équation : 2L + l = 100 (le mur dispense d'1 côté), donc l = 100 − 2L et A(L) = L × (100 − 2L) = 100 L − 2 L².
Recherche du max (méthode par tableau de valeurs) :
| L (m) | l = 100−2L | A = L × l |
|---|---|---|
| 15 | 70 | 1 050 |
| 20 | 60 | 1 200 |
| 25 | 50 | 1 250 (max) |
| 30 | 40 | 1 200 |
| 35 | 30 | 1 050 |
L'aire est maximale pour L = 25 m, alors l = 50 m, soit A = 1 250 m².
Le rectangle optimal est 2 fois plus long que large (proportions 1×2). Ce n'est plus du tout un carré.
Méthode avancée (Première) : pour une parabole \(A(L) = aL^2 + bL\), le sommet est en \(L = -\dfrac{b}{2a}\). Ici a = −2, b = 100, d'où \(L_{\text{sommet}} = -\dfrac{100}{2 \times (-2)} = 25\) m. La formule donne directement le résultat sans tester.
Comparer l'aire obtenue avec et sans le mur. Quel est le gain ?
Sans mur : 625 m².
Avec mur (1 côté gratuit) : 1 250 m².
Gain : ×2 (l'aire est doublée !).
Le mur « libère » un côté → on peut allonger l'enclos sans dépenser de grillage. Astuce simple, énorme gain.
Pratique pro : toujours regarder ce qui peut servir de « bord gratuit » (mur, haie, fossé naturel). Ça change drastiquement le design optimal.
Le grillage coûte 12 €/m. Karim envisage d'acheter 50 m supplémentaires (donc 150 m total) pour gagner en surface. Calculer la nouvelle aire optimale (cas sans mur) et le surcoût/gain.
D'après la propriété démontrée en Q4 (à périmètre fixé, le carré maximise l'aire), avec 150 m de grillage :
Demi-périmètre : 150 ÷ 2 = 75 m → côté du carré = 75 ÷ 2 = 37,5 m.
A_max = 37,5² = 1 406,25 m².
Gain en aire : 1 406,25 − 625 = 781 m² (soit +125 %).
Surcoût grillage : 50 × 12 = 600 €.
Si Karim peut valoriser cette surface supplémentaire (stockage, production, vente), 600 € est facilement amorti. Sinon, c'est un investissement non rentable.
Rédiger en 5 lignes la note finale pour Karim, comparant les 3 scénarios étudiés et formulant une recommandation.
Note — Optimisation clôture stockage
| Scénario | Forme optimale | Aire |
|---|---|---|
| 100 m grillage, 4 côtés | Carré 25×25 | 625 m² |
| 100 m grillage, contre mur (3 côtés) | Rectangle 25×50 | 1 250 m² |
| 150 m grillage, 4 côtés | Carré 37,5×37,5 | 1 406 m² |
Recommandation : exploiter le mur existant (option 2) → gain de 625 m² pour aucun investissement. Si le besoin grandit, ajouter du grillage devient envisageable mais à ROI moyen.
Au lieu d'un rectangle, Karim envisage une forme circulaire avec 100 m de grillage. Calculer le rayon et l'aire de cette zone circulaire. Comparer au carré optimal.
Périmètre cercle = 2 π r = 100 → r = 100 / (2π) ≈ 15,92 m.
Aire cercle : π r² = π × 15,92² ≈ 795 m².
Comparaison :
Le cercle est plus efficace que le carré ! Mais en pratique :
Théoriquement optimal mais rarement pratique. C'est pourquoi on utilise des formes simples (rectangle, carré).