Problème — Optimisation de la surface d'une boîte de conserve

Application directe du cours · niveau 3 (difficile) · mathématiques (terminale), chapitre 3 — Dérivation et Convexité

Énoncé

Problème — Optimisation de la surface d'une boîte de conserve. On souhaite concevoir une boîte de conserve cylindrique fermée de volume fixé $V = 1 dm^{3}$ ( $1000 cm^{3}$ ). On note $r$ le rayon de la base du cylindre (en cm) et $h$ sa hauteur (en cm).

Exprimer le volume $V$ en fonction de $r$ et $h$ . En déduire $h$ en fonction de $r$ .
Montrer que l'aire totale $S (r)$ de la boîte de conserve (les deux bases circulaires et la paroi latérale) est donnée par :

$S (r) = 2 π r^{2} + \frac{2000}{r}$

Étudier les variations de la fonction $S$ sur $] 0, + \infty [$ .
En déduire le rayon $r_{0}$ (en cm) qui permet de minimiser la quantité de métal utilisée pour fabriquer cette boîte. Calculer alors la hauteur correspondante $h_{0}$ et montrer que $h_{0} = 2 r_{0}$ .

Corrigé

Le volume d'un cylindre est donné par : $V = π r^{2} h$ . Puisque $V = 1000$ , on a $π r^{2} h = 1000 ⟹ h = \frac{1000}{π r ^{2}}$ .

L'aire totale est la somme de l'aire latérale et de l'aire des deux bases :

$S (r) = 2 \times (π r^{2}) + 2 π r h = 2 π r^{2} + 2 π r (\frac{1000}{π r ^{2}}) = 2 π r^{2} + \frac{2000}{r}$

La fonction $S$ est dérivable sur $] 0, + \infty [$ :

$S^{'} (r) = 4 π r - \frac{2000}{r ^{2}} = \frac{4 π r ^{3} - 2000}{r ^{2}} = \frac{4 ( π r ^{3} - 500 )}{r ^{2}}$

Le dénominateur $r^{2}$ étant positif, le signe de $S^{'} (r)$ est celui de $π r^{3} - 500$ .

$S^{'} (r) \geq 0 ⟺ π r^{3} - 500 \geq 0 ⟺ r^{3} \geq \frac{500}{π} ⟺ r \geq 3 \frac{500}{π} \approx 5, 42 cm$

La fonction $S$ est donc strictement décroissante sur $] 0, 3 \frac{500}{π}]$ et strictement croissante sur $[3 \frac{500}{π}, + \infty [$ .

L'aire est minimale pour le rayon :

$r_{0} = 3 \frac{500}{π} \approx 5, 42 cm$

Calculons la hauteur $h_{0}$ correspondante en utilisant $r_{0}^{3} = \frac{500}{π}$ :

$h_{0} = \frac{1000}{π r _{0}^{2}} = \frac{2 \times 500}{π r _{0}^{2}} = \frac{2 \times ( π r _{0}^{3} )}{π r _{0}^{2}} = 2 r_{0}$

La hauteur optimale est égale au diamètre du cylindre, ce qui donne une boîte bien proportionnée.

Le graphique éclaire pourquoi un minimum existe : $S (r)$ est la somme de deux dépenses qui varient en sens contraire. Une boîte large gaspille du métal en fonds, une boîte étroite en gaspille en paroi ; le minimum est l'arbitrage entre les deux.

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