Variations et minimum de l'aire d'un triangle

Exercice corrigé - Spécialité maths, première générale

Énoncé

On considère la fonction $f$ définie sur $]1;+\infty[$ par l'expression $f(x)=\dfrac{x^2}{2(x-1)}$.
On note $\mathcal{C}$ la courbe représentative de $f$.
  1. Dresser le tableau de variation de $f$.
  2. Déterminer l'équation de la tangente $T$ à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse 3.
  3. Dans le plan rapporté à un repère orthonormal $\left( O;\vec{i},\vec{j}\rp$, on note $A$ le point de coordonnées $A(1;1)$, et, pour tout réel $x>1$, $M$ le point de coordonnées $M(x;0)$.
    On définit de plus le point $N$, intersection de $(AM)$ et de l'axe des ordonnées.
    1. Calculer les coordonnées de $N$.
    2. Montrer que l'aire du triangle $(OMN)$ est égale à $f(x)$.
    3. Pour quelle position du point $M$ l'aire du triangle $OMN$ est-elle minimale ?



Correction

Correction

  1. $f=\dfrac{u}{v}$ avec $u(x)=x^2$ donc $u'(x)=2x$, et $v(x)=2(x-1)=2x-2$ donc $v'(x)=2$.
    Ainsi $f'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$, soit $f'(x)=\dfrac{2x\tm2(x-1)-x^2\tm2x}{\lb2(x-1)\rb^2} =\dfrac{2x^2-4x}{4(x-1)^2}=\dfrac{2x(x-2)}{4(x-1)^2}$.

    \[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline $x$ & 1 && 2 && $+\infty$ \\\hline $2x(x-2)$ && $-$ &\zb& $+$ & \\\hline $4(x-1)^2$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ &$|$& $+$ & \\\hline $f'(x)$ & \mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$} & $-$ &\zb&$+$& \\\hline &&&&&\\ $f$&\psline(0,-.6)(0,.8)\psline(.06,-.6)(.06,.8) &\psline[arrowsize=7pt]{->}(-.5,.5)(.5,-.5)&& \psline[arrowsize=7pt]{->}(-.5,-.5)(.5,.5)&\\ &&&2&&\\\hline \end{tabular}\]

  2. $T:y=f'(3)(x-3)+f(3)$, avec $f(3)=\dfrac{3^2}{2(3-1)}=\dfrac94$ et $f'(3)=\dfrac{2\tm3(3-2)}{4(3-1)^2}=\dfrac{6}{16}=\dfrac38$,
    donc $T:y=\dfrac38(x-3)+\dfrac94=\dfrac38x+\dfrac98$.

  3. \[\psset{arrowsize=9pt}\begin{pspicture}(-1,-1)(5,3) \psline{->}(-1,0)(5,0) \psline{->}(0,-1)(0,3) \rput(1,1){$\tm$}\rput(1.2,1.2){$A$} \psline[linestyle=dashed](1,0)(1,1)(0,1)\rput(1,-.2){1}\rput(-.2,1){1} \rput(3,0){$\tm$}\rput(3.2,.2){$M$}\rput(3,-.3){$x$} \psplot{-1}{5}{-.5 x mul 1.5 add} \psline(-.1,1.5)(.1,1.5)\rput(.2,1.6){$N$} \end{pspicture}\]


    1. Soit, comme $N$ appartient à l'axe des ordonnées, $N(0;y)$. Comme $N\in(AM)$, les vecteurs $\overrightarrow{AN}$ et $\overrightarrow{AM}$ sont colinéaires, donc leur déterminant est nul.
      Avec les coordonnées $\overrightarrow{AM}(x-1;-1)$ et $\overrightarrow{AN}(-1;y-1)$, on a donc

      \[\begin{array}{ll}N\in(AM)&\iff\det\lp\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AN}\right) = 0\\[.5em] &\iff (x-1)\tm(y-1)-(-1)\tm-1=0\\[.5em] &\iff y=\dfrac{1}{x-1}+1=\dfrac{x}{x-1}\enar\]

      Ainsi, $N\lp0;\dfrac{x}{x-1}\rp$.
    2. L'aire de $OMN$ est $\dfrac12 OM\times ON=\dfrac12 x\times \dfrac{x}{x-1}=f(x)$.
    3. D'après la question 1., l'aire minimale est 2 lorsque $x=2$.


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