Application à l’Optimisation Géométrique

Les méthodes de recherche d’extrémums sont des outils extrêmement puissants pour résoudre une grande variété de problèmes de géométrie. Le principe est toujours le même : traduire le problème géométrique en un problème d’optimisation (maximiser une aire, minimiser une distance, etc.) sous d’éventuelles contraintes (périmètre fixé, volume constant, etc.).

1. Minimisation de la Distance

Un problème classique est de trouver le point d’une surface qui est le plus proche d’un point donné.

Trouver le point du plan d’équation $2x – y + z = 5$ qui est le plus proche de l’origine $O(0,0,0)$.

1. Mise en équation :
   • Minimiser la distance à l’origine est équivalent à minimiser le carré de la distance (ce qui évite les racines carrées). La fonction à minimiser est donc $f(x,y,z) = x^2+y^2+z^2$.
   • La contrainte est que le point appartienne au plan : $g(x,y,z) = 2x-y+z = 5$.
2. Méthode de Lagrange : Le Lagrangien est $L(x,y,z,\lambda) = (x^2+y^2+z^2) – \lambda(2x-y+z-5)$.
3. Système de points critiques : $$ \begin{cases} \frac{\partial L}{\partial x} = 2x – 2\lambda = 0 \implies x = \lambda \\ \frac{\partial L}{\partial y} = 2y + \lambda = 0 \implies y = -\lambda/2 \\ \frac{\partial L}{\partial z} = 2z – \lambda = 0 \implies z = \lambda/2 \\ 2x-y+z = 5 \end{cases} $$
4. Résolution : On substitue les expressions de $x,y,z$ en fonction de $\lambda$ dans l’équation de contrainte : $$ 2(\lambda) – (-\lambda/2) + (\lambda/2) = 5 $$ $$ 2\lambda + \lambda/2 + \lambda/2 = 3\lambda = 5 \implies \lambda = 5/3 $$ On trouve alors les coordonnées du point : $$ x = 5/3, \quad y = -5/6, \quad z = 5/6 $$ Le point le plus proche est $(\frac{5}{3}, -\frac{5}{6}, \frac{5}{6})$.

Interprétation géométrique : Le vecteur position du point trouvé, $\vec{OP} = (5/3, -5/6, 5/6)$, est colinéaire au vecteur normal du plan $\vec{n}=(2,-1,1)$, car $ \vec{OP} = (5/6)\vec{n} $. Cela confirme que la plus courte distance est bien le long de la normale au plan.

2. Maximisation d’Aires et de Volumes

Déterminer les dimensions d’une boîte rectangulaire de surface totale fixée $A_0$ qui maximise le volume.

1. Mise en équation :
   • Fonction à maximiser (Volume) : $V(x,y,z) = xyz$.
   • Contrainte (Surface) : $g(x,y,z) = 2(xy+xz+yz) = A_0$.
2. Lagrangien : $L(x,y,z,\lambda) = xyz – \lambda(2xy+2xz+2yz-A_0)$.
3. Système de points critiques : $$ \begin{cases} yz – \lambda(2y+2z) = 0 \\ xz – \lambda(2x+2z) = 0 \\ xy – \lambda(2x+2y) = 0 \\ 2(xy+xz+yz) = A_0 \end{cases} $$
4. Résolution : En manipulant les trois premières équations (en multipliant la première par $x$, la deuxième par $y$, etc.), on obtient : $$ xyz = 2\lambda(xy+xz) = 2\lambda(xy+yz) = 2\lambda(xz+yz) $$ En supposant $\lambda \neq 0$, on en déduit que $xy+xz=xy+yz \implies xz=yz \implies x=y$ (puisque $z\neq 0$). De même, on trouve que $y=z$.
   La solution est donc un cube ($x=y=z$). En reportant dans la contrainte de surface, on trouve $2(3x^2)=A_0 \implies 6x^2=A_0 \implies x=\sqrt{A_0/6}$.

Parmi tous les parallélépipèdes rectangles de surface donnée, le cube est celui qui a le plus grand volume.