Trouver la distance du point (1, 0) à la parabole d'équation x = y²…

Stratégie : optimisation sous contrainte par SUBSTITUTION. La contrainte $x=y^2$ paramètre la courbe par une seule variable : le problème à deux variables devient un problème à une variable, qu'on sait traiter depuis le chapitre sur la dérivabilité.

1) La mise en équation. Un point courant de la parabole s'écrit $M(y)=(y^2,y)$, $y\in \mathbb{R}$. Sa distance à $A=(1,0)$ vaut $\sqrt{(y^2-1{)}^2+y^2}$, et l'on minimise $$d^2(y)=(y^2-1{)}^2+y^2$$

⚠️ Premier point délicat : pourquoi le carré ? Parce que $t\mapsto \sqrt{t}$ est strictement croissante sur ${\mathbb{R}}_{+}$ : $d$ et $d^2$ atteignent leur minimum aux mêmes points. On s'épargne ainsi la dérivation d'une racine carrée, et l'on travaille sur un polynôme.

2) Les points critiques. $d^2$ est polynomiale, donc dérivable, et $$(d^2{)}^{\prime }(y)=2(y^2-1)(2y)+2y=4y^3-4y+2y=4y^3-2y=2y\left(2y^2-1\right)$$ Les racines sont $$y=0,y=\frac{1}{\sqrt{2}},y=-\frac{1}{\sqrt{2}}$$

3) Le tableau de variations. Le signe de $2y(2y^2-1)$ se lit sur les trois racines : $(d^2{)}^{\prime }$ est $<0$ sur $\left]-\infty ,-\frac{1}{\sqrt{2}}\right[$, $>0$ sur $\left]-\frac{1}{\sqrt{2}},0\right[$, $<0$ sur $\left]0,\frac{1}{\sqrt{2}}\right[$, $>0$ sur $\left]\frac{1}{\sqrt{2}},+\infty \right[$. Donc : $$d^2\left(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}\right)={\left(\frac{1}{2}-1\right)}^2+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}=\frac{3}{4}(\text{minima}),d^2(0)=1(\text{maximum local})$$ Enfin $d^2(y)\to +\infty$ quand $|y|\to +\infty$, ce qui garantit que le minimum global est bien l'un des minima locaux : $$\boxed{d=\sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 0,8660}$$ atteint aux deux points $\left(\frac{1}{2},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ et $\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$.

⚠️ Deuxième point délicat : $y=0$ est un point critique, et ce n'est PAS le minimum. Le sommet $(0,0)$ de la parabole est à distance $1$ de $A$, plus loin que $0,866$ : c'est un maximum local de la distance. L'intuition qui désigne le sommet se trompe, et seule l'étude du signe de la dérivée le montre.

⚠️ Troisième : le minimum est atteint en DEUX points, par symétrie de la figure par rapport à l'axe $Ox$ (qui laisse invariants la parabole et le point $A$). Répondre « le point le plus proche » serait faux.

Contrôle géométrique. En $P=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ : le vecteur $\overrightarrow{AP}=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ a pour norme $\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ✓. Un vecteur tangent à la parabole en $P$ est $(2y,1)=(\sqrt{2},1)$, et $$⟨\overrightarrow{AP},(\sqrt{2},1)⟩=-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}=0$$ La droite $AP$ est donc normale à la parabole en $P$ ✓ — ce que la géométrie exige de tout pied de perpendiculaire.

Ce que l'exercice installe : la méthode de substitution pour une contrainte que l'on sait paramétrer, et le fait qu'une fonction continue qui tend vers $+\infty$ à l'infini atteint son minimum. On retrouvera le même schéma au n° 15 (la boîte de volume imposé).