MAXIMA ET MINIMA

40. La valeur d’une fonction est un maximum ou un minimum, lorsqu'elle est plus grande ou plus petite, que les valeurs qui la précèdent, et que celles qui la suivent immédiatement.

Ainsi dans la courbe BMND, l'ordonnée PM est un »maxzimum, et l’ordonnée pN, un minimum. (Fig. 2e.)

- Îl est évident que, dans le cas de maximum ou de minimum, la différentielle est égale à 0, puisque si la quantité pouvait encore croître ou décroître, elle ne serait pas un maximum ou un minimum.

41. PROBLÈME 1%—Trouver la plus grande ordonnée dans un cercle, en comptant les abscisses de l’origine du diamètre.

Solution.—L'équation est alors y = 2 ax — r2. La différentiant, on a 2 ydy = 2 adx — 2 xdx.

Mais l’ordonnée y devant être un maximum, dy = 0. Donc 2 adx — 2 xdx =0: donc xdx = adx; donc æ—=a; donc y est un maximum, quand x = a, c’està-dire que la plus grande ordonnée correspond à une

abscisse égale au rayon.—Substituant cette valeur

de + dans celle de y, on trouve 2 = 2 «2 — «4°? = 4, | ouy=4a4 Donc la plus grande ordonnée est ellemême égule au rayon, ou est celle qui passe par le centre.

4®. ProuLiMEe 2%— Trouver la plus grande ordonnée dans un cercle, en comptant les abscisses du centre.

Solution.—Dans ce cas, y? = «? — x?; donc, en | différentiant, 2 ydy =— 2 xdz. Mais dy étant = 0, | puisque y doit être un maximum, — 2 xdz = 0 ; | | donc x = 0 aussi. Substituant cette valeur de x | | dans celle de y, on a y* =a?, ou y = a, même ré-

l sultat que dans le problème précédent.

438. PROBLÈME 3°—Couper une ligne en deux parties telles que leur produit soit le plus grand possible.

pe SE

Solution.—Soit a cette ligne : soit x l’une des parties; l’autre sera donc «a — x. Le produit | ax — x? devant être un maximum, on aura, en dif- | ll férentiant, adx — 2 xdx =0. Donc 2 xdx = ad ; ÿ

a LIN donc2x=a; doncz=—. Doncalors

ll 4 qi 2 à fl A NO Ê 1 il a a fl

|} a æ=a——=—;: cest-à-dire que le produit

| il 2 9

% sera un #avimum, lorsque la ligne sera divisée en deux parties égales.

Meur 44. PROBLÈME 4e.—Trouver la fraction qui ex-

= @2, cède son carré de la plus grande quantité possible.

elle-

1 le Solution.—Soit x cette fraction. Donc la différentielle de x — æ?, où dx — 2 ædx =0. Divisant par dx, on a 1—2x=0: donc 2r=1; donc

Lédi æ=h..Etxæ—x2=}—+}=+X}, Donc } est la

—. plus grande quantité dont une fraction puisse ex-

céder son carré.

en 45. PROBLÈME 5e.—Trouver le plus grand rec- = 0, 3 tangle qui puisse être inscrit dans un triangle don-

LE | né. (Fig. 3%)

ré- l Solution.—Les deux triangles bac et bgf étant J semblables, parce que leurs côtés sont parallèles, leurs bases sont entre elles corame leurs hauteurs : dot donc bd : be:: ac: gf. Soit la hauteur bd du 08" he triangle = X ; et sa base ac = b: soit la hauteur ed i du rectangle /ypr = x ; bk=h—x. Doncona N es db —bx hit | h:h—x:: b: gf=———, base du rectangle.

f- à h En la multipliant par sa hauteur x, on aura pour ; | | P » P k. bhx Lu. ba É k sa surface S = ————, En différentiant, … : k j bhdx — 2 brdx t : =0: multipliant par 4, et divisant k h k par bdz …. h—2x=0; donc 2x= k; donc æ=—; D)

c’est-à-dire que le plus grand rectangle, qu’on puisse inscrire dans un triangle donné, est celui qui a pour hauteur la moitié de celle du triangle. bR? bl?

2 4 bh

Sa surface sera S =

Æ6. PROBLÈME 6e-— Déterminer le plus grand (| triangle rectangle que lon puisse construire sur une | hypoténuse donnée.

| Solution.—Soit l’hypoténuse donnée = X: l’un ll des côtés de l'angle droit = x ; l’autre = y= 4

Vh?-— 2x2, La surface du triangle sera égale à

ay Lohhonsté Ni rte k —=%+ Yh2— 2x2, En différentiant ce produit; o

d’après les n°: 12 et 14, ona

[ail Divisant par à dx, … Vh?— »2 — = 0. |

ŒTn 2 | {ll Il hi x

Lt fill 2 : ne :

ll Faisant disparaîtrele diviseur, … 4? —2?—22=0 ; \ nl “| HE . | R kh {ll donc 22° =}?; doncz = — =.

ll 2 V2

Substituant cette valeur de + dans celle de y, on a

NM ÉUMUNE LA MAVT F Ces PUS mr LU

7 es — qu'on h2 r celui ; Y= NV rt= RP—— EN —=—: cest-à- ' 9 6 nmgle. 5 2 V2

dire que la surface du triangle est un maximum,

quand les deux côtés de l'angle droit sont égaux.

Cette surface alors = — |

4, rand

‘bp ÿ 4%. PROBLÈME 7e.— Trouver la plus courte ligne que l’on puisse tirer paï un point donné. entre deux à

Fe autres lignes à angle droit. (EF ig. 4e.) ’un |

Solution —Soient BT et BV les deux droites indéfinies données, et P le point aussi donné: soit ) de plus MB=a, MP = 4, TM=— æ, et la droite cherchée TV =. Les deux triangles rectangles semblables TMP, TBV donnent la proportion i TM: TB: MP: BV, ouc: a+x:: b: BV = b (a+ x) cu Mais TV =VTB? + BVZ

PAR ES er er

Ut»

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ba + à)

\= (a + 2)? +82 {a F 272 Ÿ CHE

ns ae moe

Mais # doit être un MMM :

donc, en différentiant, on aura xdr—adx—xdx (a + x) (2 vxdx)

amuse 758 (). i x? 9 x Va? + D? LE

il Va? + L?

adzx axdx + ro dx + ne 0.

x? æ Va? + b2

Donc Var? +02 x —

Réduisant les deux termes du premier membre au mème dénominateur, ….

\f (2? + 82) (—adx) + x {axdx + a?dx)

= 0. Chassant a? Va? + 0?

le diviseur, et effectuant les multiplications indi- | quées au numérateur, …. — at?dx —al°dx + ax?dx LL +aèdx =0. Réduisant, divisant par dx, et trans- | | 3 posant, on à x3 = al? ; donc x = Vab?.

Les deux points T et P, étant alors connus, dé-

ji terminceront la direction de la ligne TV.

il s

LU 48. PROBLÈME 8e—Trouver le plus grand trapèze qui puisse être inscrit dans un demi-cercle donné. (Fig. 5e.)

Solution.—Soit le rayon ac ou cd du cercle donné =a; soit la hauteur 6c du trapèze = x. Alors 4 1 ab = Va? — x?, Orla surface de ce trapèze est égale î A au produit de sa hauteur bc par la demi-somme (ll de ses bases, c’est-à-dire par cd + ab. Donc ( S= a(a+ Va — x) = ax +x Var x, En différentiant cette équation, on a

sant

ndidx

ans-

es à