Exercice 28

1. Le grillage ne couvre que trois côtés : les deux largeurs, de $x$ mètres chacune, et la longueur. La longueur vaut donc $40-2x$ mètres.

Comme il s'agit de longueurs, on doit avoir $x>0$ et $40-2x>0$, c'est-à-dire $40>2x$, soit $x<20$ : $$\boxed{x\in\left]0\,;20\right[}$$

2. L'aire d'un rectangle est le produit de ses deux dimensions : $$\boxed{\mathcal{A}(x)=x(40-2x)}$$

3. $$\mathcal{A}(5)=5\times 30=\boxed{150} \quad ; \quad \mathcal{A}(10)=10\times 20=\boxed{200} \quad ; \quad \mathcal{A}(15)=15\times 10=\boxed{150}$$ Les valeurs en $5$ et en $15$ sont égales, et celle en $10$ leur est supérieure : l'aire semble maximale au milieu de l'intervalle.

4. On développe : $$\mathcal{A}(x)=x(40-2x)=40x-2x^{2}=\boxed{-2x^{2}+40x}$$ On développe ensuite l'expression proposée : $$\begin{aligned} -2(x-10)^{2}+200 &= -2\left(x^{2}-20x+100\right)+200 \\ &= -2x^{2}+40x-200+200 \\ &= -2x^{2}+40x \end{aligned}$$ Les deux expressions coïncident : $\boxed{\mathcal{A}(x)=-2(x-10)^{2}+200}$

5. Soit $x$ un réel quelconque de $]0\,;20[$. On sait que $(x-10)^{2}\geqslant 0$. En multipliant par $-2$, ce qui inverse l'inégalité : $$-2(x-10)^{2}\leqslant 0$$ Puis en ajoutant $200$ aux deux membres : $$-2(x-10)^{2}+200\leqslant 200 \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad \boxed{\mathcal{A}(x)\leqslant 200}$$

6. L'aire ne dépasse donc jamais $200$ m$^{2}$. Or cette valeur est effectivement atteinte : $\mathcal{A}(10)=-2\times 0+200=200$, et $10$ appartient bien à $]0\,;20[$. $$\boxed{\text{L'aire maximale vaut } 200 \text{ m}^{2}}$$ Elle est obtenue pour une largeur de $10$ m et une longueur de $40-20=20$ m : $$\boxed{\text{l'enclos optimal mesure } 10 \text{ m sur } 20 \text{ m}}$$ On remarquera que, contrairement à l'exercice 8, le rectangle optimal n'est pas un carré : le mur change complètement le problème, puisqu'un des côtés est gratuit.