Problème — La boîte de volume maximal — exercice corrigé de maths complémentaires terminale (chapitre 4)

Problème — La boîte de volume maximal

Compléments sur la dérivation · niveau 2

Énoncé

Problème — La boîte de volume maximal.

Dans une plaque de carton carrée de $30$ cm de côté, on découpe aux quatre coins un carré de côté $x$ , puis on relève les bords pour former une boîte parallélépipédique sans couvercle.

Entre quelles valeurs $x$ peut-il varier ?
Exprimer le volume $V (x)$ de la boîte, en cm $^{3}$ .
Calculer $V^{'} (x)$ en utilisant la dérivée de $u^{2}$ , puis la factoriser.
Dresser le tableau de variation de $V$ et déterminer le volume maximal.
Donner les dimensions de la boîte optimale et vérifier le volume.
Le cahier des charges impose $V (x) \geq 1900$ cm $^{3}$ . Justifier qu'il existe exactement deux valeurs limites de $x$ , et les encadrer par balayage au pas $0, 1$ .

Corrigé

Domaine. Il faut $x > 0$ pour découper quelque chose, et il reste après découpe un côté $30 - 2 x$ , qui doit être strictement positif : $x < 15$ . Donc $x \in] 0; 15 [$ .
Volume. La base est un carré de côté $30 - 2 x$ et la hauteur vaut $x$ :

$V (x) = x (30 - 2 x)^{2} .$

Dérivée. C'est un produit, dont le second facteur est de la forme $u^{2}$ avec $u (x) = 30 - 2 x$ et $u^{'} (x) = - 2$ :

$V^{'} (x) = (30 - 2 x)^{2} + x \times 2 \times (- 2) \times (30 - 2 x) = (30 - 2 x) [(30 - 2 x) - 4 x] = (30 - 2 x) (30 - 6 x) .$

Tableau. Sur $] 0; 15 [$ , le facteur $30 - 2 x$ est strictement positif ; $V^{'}$ est donc du signe de $30 - 6 x$ , positif pour $x < 5$ , négatif ensuite.

$x V^{'} (x) V 00 + ↗ 502000 - ↘ 150$

Le volume maximal est $V (5) = 5 \times 2 0^{2} = 2000$ cm $^{3}$ .

Dimensions. On découpe des carrés de $5$ cm : la boîte mesure $20 \times 20$ cm de base et $5$ cm de haut, soit $2000$ cm $^{3}$ — exactement deux litres.
Contrainte de volume. Le niveau $1900$ est compris entre $0$ et $2000$ sur la branche croissante, et entre $2000$ et $0$ sur la branche décroissante : le théorème des valeurs intermédiaires (admis) donne une solution sur chacune, soit exactement deux. Le balayage au pas $0, 1$ donne $V (3, 7) \approx 1890 < 1900$ et $V (3, 8) \approx 1907 \geq 1900$ , puis $V (6, 3) \approx 1907 > 1900$ et $V (6, 4) \approx 1893 < 1900$ :

$x_{1} \in] 3, 7; 3, 8 [et x_{2} \in] 6, 3; 6, 4 [.$

En pratique, l'atelier peut découper des carrés de $3, 8$ cm à $6, 3$ cm de côté sans passer sous les $1900$ cm $^{3}$ : la contrainte laisse une marge confortable autour de l'optimum.