Le point de la parabole le plus proche

Stratégie : minimiser le carré de la distance. Un point de la parabole s'écrit $M(t,t^2)$ avec $t\in \mathbb{R}$ : le problème n'a donc qu'un paramètre. On minimise le carré de la distance plutôt que la distance elle-même — la fonction racine carrée étant strictement croissante sur les positifs, les deux atteignent leur minimum au même endroit, et le carré évite un radical à dériver.

Mise en équation. Notons $A$ le point $(3,0)$ et $M_t$ le point $(t,t^2)$. Alors

$$d(t)=A{M}_t^2=(t-3{)}^2+{\left(t^2-0\right)}^2=t^4+t^2-6t+9.$$

Cette fonction est polynomiale, donc dérivable sur $\mathbb{R}$, et

$$d^{\prime }(t)=4t^3+2t-6.$$

La factorisation. On remarque que $t=1$ annule $d^{\prime }$ : $4+2-6=0$. On factorise donc par $t-1$ :

$$4t^3+2t-6=2\left(2t^3+t-3\right)=2(t-1)\left(2t^2+2t+3\right),$$

ce qu'on vérifie en développant : $2t^3+2t^2+3t-2t^2-2t-3=2t^3+t-3$. ✔

⚠️ Le point décisif est le signe du second facteur. Le trinôme $2t^2+2t+3$ a pour discriminant $4-24=-20<0$ : il n'a aucune racine réelle, et comme son coefficient dominant est positif, il est strictement positif pour tout $t$. Le signe de $d^{\prime }(t)$ est donc exactement celui de $t-1$. Sans cette observation, on croirait avoir trois points critiques possibles et l'on ne saurait pas conclure.

Le tableau de variations. $d^{\prime }$ est négative sur $\left]-\infty ,1\right[$ et positive sur $\left]1,+\infty \right[$ : la fonction $d$ décroît puis croît, et atteint donc son minimum global en $t=1$. Ce minimum vaut

$$d(1)=(1-3{)}^2+1=4+1=5.$$

Conclusion. Le point de la parabole le plus proche de $(3,0)$ est le point de coordonnées $(1,1)$, et la distance minimale vaut

$$\sqrt{5}\approx 2,2360680.$$

Une vérification géométrique. Le segment joignant $(3,0)$ à $(1,1)$ a pour vecteur directeur $(-2,1)$. La tangente à la parabole en $(1,1)$ a pour coefficient directeur $2\times 1=2$, donc pour vecteur directeur $(1,2)$. Le produit scalaire vaut $-2\times 1+1\times 2=0$ : le segment est perpendiculaire à la tangente, comme il se doit pour un pied de perpendiculaire. ✔ C'est un contrôle indépendant du calcul de dérivée, et il confirme le résultat.

Contrôle numérique. Une recherche du minimum de $d$ par balayage de $t$ entre $-3$ et $3$ au pas de $10^{-6}$ situe le minimum en $t=1$ à $10^{-4}$ près, pour une valeur de $5$. Et l'on compare : le point $(0,0)$ de la parabole est à distance $3$, le point $(2,4)$ à distance $\sqrt{1+16}=\sqrt{17}\approx 4,12$ — tous deux plus loin que $\sqrt{5}$. ✔

Ce que l'exercice installe. La méthode de tout problème d'optimisation : paramétrer, écrire la quantité à minimiser comme une fonction d'une seule variable, dériver, factoriser, dresser le tableau. Et deux réflexes qui font gagner du temps : minimiser le carré d'une distance, et vérifier le résultat par l'orthogonalité — car en toute généralité, la droite joignant un point à son projeté sur une courbe est normale à cette courbe.