Dans un repère orthonormé, on note $\mathcal{C}$ la courbe de la fonction racine carrée et $A$ le point de coordonnées $(3\,;0)$. Pour $x\geq 0$, $M$ est le point de $\mathcal{C}$ d'abscisse $x$.
- Montrer que $AM^2=x^2-5x+9$.
- Justifier que $AM$ est minimale exactement quand $AM^2$ est minimale.
- En déduire la position du point $M_0$ de $\mathcal{C}$ le plus proche de $A$ et la distance minimale $AM_0$.
- Montrer que la tangente à $\mathcal{C}$ en $M_0$ est perpendiculaire à la droite $(AM_0)$.
$M$ a pour coordonnées $(x\,;\sqrt{x})$ et $(\sqrt{x})^2=x$ pour $x\geq 0$.
Deux nombres positifs sont rangés dans le même ordre que leurs carrés.
Pour la question 4, un vecteur directeur d'une droite de coefficient directeur $m$ est $\vec{u}(1\,;m)$ ; calculer un produit scalaire.
1. $M(x\,;\sqrt{x})$ et $A(3\,;0)$, donc $$AM^2=(x-3)^2+(\sqrt{x}-0)^2=x^2-6x+9+x=x^2-5x+9.$$
2. Les distances sont positives. Pour deux réels positifs $d_1$ et $d_2$, on a $d_1\leq d_2\iff d_1^2\leq d_2^2$ (la fonction carré est croissante sur $[0\,;+\infty[$, la fonction racine carrée aussi). Donc $AM$ et $AM^2$ sont minimales pour la même valeur de $x$.
3. Soit $g(x)=x^2-5x+9$ sur $[0\,;+\infty[$. $g$ est dérivable et $g'(x)=2x-5$, négatif pour $x\leq\frac{5}{2}$, positif pour $x\geq\frac{5}{2}$. $$g\left(\tfrac{5}{2}\right)=\frac{25}{4}-\frac{25}{2}+9=\frac{25-50+36}{4}=\frac{11}{4}.$$
| $x$ | $0$ | $\frac{5}{2}$ | $+\infty$ | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de $g'(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ | ||
| variations de $g$ | $9$ | ↘ | $\frac{11}{4}$ | ↗ |
Le minimum de $g$ sur $[0\,;+\infty[$ est $\frac{11}{4}$, atteint en $\frac{5}{2}$. Le point cherché est $M_0\left(\frac{5}{2}\,;\sqrt{\frac{5}{2}}\right)$, avec $\sqrt{\frac{5}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{2}$. La distance minimale vaut $$AM_0=\sqrt{\frac{11}{4}}=\frac{\sqrt{11}}{2}.$$
4. La fonction racine carrée est dérivable en $\frac{5}{2}>0$ et son nombre dérivé vaut $\frac{1}{2\sqrt{5/2}}=\frac{1}{\sqrt{4\times\frac{5}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{10}}$. Un vecteur directeur de la tangente est $\vec{u}\left(1\,;\frac{1}{\sqrt{10}}\right)$.
Par ailleurs $\overrightarrow{AM_0}\left(\frac{5}{2}-3\,;\frac{\sqrt{10}}{2}\right)=\left(-\frac{1}{2}\,;\frac{\sqrt{10}}{2}\right)$. Le produit scalaire vaut $$\vec{u}\cdot\overrightarrow{AM_0}=1\times\left(-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{\sqrt{10}}\times\frac{\sqrt{10}}{2}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0.$$ Les deux vecteurs sont orthogonaux : la tangente en $M_0$ est perpendiculaire à $(AM_0)$.
$M_0\left(\frac{5}{2}\,;\frac{\sqrt{10}}{2}\right)$ ; $AM_0=\frac{\sqrt{11}}{2}$