Question de mathsMathsDérivation et optimisation

Comment trouver le point d'une courbe le plus proche d'un point donné ?

Minimiser la distance revient à minimiser son carré : pour la parabole y = x² et le point (0 ; 1), on obtient deux points d'abscisse ±1/√2 à la distance √3/2, et non le sommet de la parabole.

Grand oral session 2027 : exposé de 10 minutes debout, puis 10 minutes d'échange, sans calculatrice. Plan prévu pour 10 min.

Pourquoi cette question : un modèle d'introduction

Le jury attend que vous expliquiez pourquoi vous avez choisi la question. Inspirez-vous de ce modèle, mais racontez votre propre parcours.

Dans un exercice, on cherchait le point d'une parabole le plus proche d'un point donné, et j'étais sûr que c'était le sommet. Le calcul m'a donné tort. J'ai voulu comprendre comment la dérivation permet de résoudre ce type de problème géométrique, et pourquoi l'intuition se trompe.

L'enjeu et les notions du programme

Ramener un problème de distance à l'étude d'une fonction, en utilisant le carré de la distance pour simplifier les calculs.

Mathématiques

Distance dans un repère orthonormé (seconde)
Dérivation des polynômes et étude du signe (première)
Extremums et tableau de variations (première)
Croissance de la fonction racine carrée (seconde)

Le plan de l'exposé en 10 min

1. Introduction : un piège visuel
1,5 min
On cherche le point de la parabole $y = x^{2}$ y=x² le plus proche du point $A (0; 1)$ A(0;1). Le sommet $O (0; 0)$ O(0;0) est à distance 1 de $A$ A. Problématique : est-ce bien le point le plus proche ?
2. Mettre en équation avec le carré de la distance
3 min
Un point de la parabole s'écrit $M (x; x^{2})$ M(x;x²). $A M^{2} = x^{2} + (x^{2} - 1)^{2} = x^{4} - x^{2} + 1$ AM²=x²+(x²-1)²=x⁴-x²+1.
Comme la racine carrée est croissante, minimiser $A M$ AM revient à minimiser $f (x) = A M^{2}$ f(x)=AM², qui est un polynôme : on évite de dériver une racine.
3. Étude de la fonction
4 min
$f^{'} (x) = 4 x^{3} - 2 x = 2 x (2 x^{2} - 1)$ f'(x)=4x³-2x=2x(2x²-1). Elle s'annule en $0$ 0 et en $\pm \frac{1}{2}$ ±1/sqrt2. Tableau de signes : $f^{'}$ f' est négative sur $] - \infty; - \frac{1}{2} [$ ]-∞;-1/sqrt2[, positive sur $] - \frac{1}{2}; 0 [$ ]-1/sqrt2;0[, négative sur $] 0; \frac{1}{2} [$ ]0;1/sqrt2[, positive ensuite.
$f$ f a donc un maximum local en 0 ( $f (0) = 1$ f(0)=1) et deux minimums en $\pm \frac{1}{2}$ ±1/sqrt2 : $f (\frac{1}{2}) = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{4}$ f(1/sqrt2)=1/4-1/2+1=3/4. La distance minimale est $\frac{3}{2} \approx 0, 87 < 1$ sqrt3/2≈0,87<1, atteinte aux points $(\pm \frac{1}{2}; \frac{1}{2})$ (±1/sqrt2;1/2).
Le sommet n'est pas le plus proche : c'est même un maximum local de la distance.
4. Conclusion
1,5 min
On trouve le point le plus proche en minimisant le carré de la distance, ce qui ramène le problème à l'étude d'un polynôme. Ici, deux points symétriques sont les plus proches, à $\frac{3}{2}$ sqrt3/2. J'ouvre sur l'interprétation géométrique : au point le plus proche, le segment $[A M]$ [AM] est perpendiculaire à la tangente.

Ce que j'écris au tableau

Pas de calculatrice ni de support numérique : un calcul clé écrit au tableau rend l'exposé concret et montre la solidité des connaissances.

AM²=x²+(x²-1)²=x⁴-x²+1=f(x)f'(x)=4x³-2x=2x (2x²-1)=0⇔ x∈{0; ±1/sqrt2}f (±1/sqrt2)=3/4 ⇒ AM_min=sqrt3/2≈0,87<1=AO

Conclusion : la réponse à la question

Le point de la parabole le plus proche de $A (0; 1)$ A(0;1) n'est pas le sommet, mais les deux points d'abscisse $\pm \frac{1}{2}$ ±1/sqrt2, à la distance $\frac{3}{2}$ sqrt3/2. Minimiser le carré de la distance rend le problème accessible par la dérivation d'un polynôme.

Les questions probables du jury

Pendant les 10 minutesd'échange, le jury vous fait préciser et approfondir, sur tout le programme de vos spécialités en lien avec la question.

Pourquoi peut-on minimiser AM² au lieu de AM ?

Car $A M = f (x)$ AM=√(f(x)) et la racine carrée est strictement croissante : $A M$ AM et $A M^{2}$ AM² atteignent leur minimum au même $x$ x.

Vérifiez la perpendicularité au point le plus proche.

En $M (\frac{1}{2}; \frac{1}{2})$ M(1/sqrt2;1/2), la tangente a pour pente $2 x = 2$ 2x=sqrt2, donc un vecteur directeur $(1; 2)$ (1;sqrt2). Le vecteur $A M = (\frac{1}{2}; - \frac{1}{2})$ vecteur AM =(1/sqrt2;-1/2) donne un produit scalaire $\frac{1}{2} - \frac{2}{2} = 0$ 1/sqrt2-sqrt2/2=0.

Et si le point est

A (0; \frac{1}{4})

A(0;1/4) ?

$f (x) = x^{4} + \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{16}$ f(x)=x⁴+1/2x²+1/16, de dérivée $4 x^{3} + x = x (4 x^{2} + 1)$ 4x³+x=x(4x²+1), nulle seulement en 0 : le sommet devient le point le plus proche. Le résultat dépend de la hauteur de $A$ A.

À partir de quelle hauteur le sommet cesse-t-il d'être le plus proche ?

Pour $A (0; a)$ A(0;a), $f (x) = x^{4} + (1 - 2 a) x^{2} + a^{2}$ f(x)=x⁴+(1-2a)x²+a², $f^{'} (x) = 2 x (2 x^{2} + 1 - 2 a)$ f'(x)=2x(2x²+1-2a) : d'autres points annulent $f^{'}$ f' si $a > \frac{1}{2}$ a>1/2.

Peut-on utiliser une autre méthode ?

En posant $X = x^{2} \geq 0$ X=x²≥0, $f = X^{2} - X + 1$ f=X²-X+1 est un trinôme minimal pour $X = \frac{1}{2}$ X=1/2 : on retrouve $x = \pm \frac{1}{2}$ x=±1/sqrt2 sans dériver.

Quelle méthode utiliser pour la distance d'un point à une droite ?

On peut minimiser le carré de la distance de la même façon, mais le produit scalaire donne directement le projeté orthogonal : le point le plus proche est celui où $A M$ vecteur AM est orthogonal à la droite.

Les pièges qui coûtent des points

Supposer que le sommet est le point le plus proche.
Dériver directement une racine carrée et se perdre dans les calculs.
Oublier la solution négative par symétrie.

Revoir les notions

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