Droites, demi-plans et programmation linéaire - Cours et exercices corrigés | TC lettres et enseignement originel

KORASATI · MATHÉMATIQUES

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Objectifs. Déterminer et tracer des droites, étudier leurs intersections, représenter des inéquations et leurs systèmes dans le plan, puis optimiser une expression linéaire sous des contraintes concrètes.

Cadre. Le repère sera orthonormé lorsqu’on étudie la perpendicularité. Les nombres désignant des prix, des ressources ou des bénéfices dans ce chapitre sont des données pédagogiques fictives. Les variables d’un modèle sont réelles, sauf si une contrainte entière est explicitement annoncée.

Reconnaître les équations d’une droite

Droites parallèles aux axes

La droite d’équation $x=k$ est verticale : tous ses points ont la même abscisse $k$. La droite d’équation $y=k$ est horizontale. En particulier, l’axe des ordonnées a pour équation $x=0$ et l’axe des abscisses $y=0$.

Une droite verticale ne possède pas une équation de la forme $y=mx+p$ : pour une même abscisse, elle contient plusieurs ordonnées. Il faut la traiter séparément au lieu de lui attribuer une pente infinie dans les calculs usuels.

Équation cartésienne et équation réduite

Deux écritures

Une équation cartésienne d’une droite est $$ax+by+c=0,\qquad (a,b)\ne(0,0).$$ Si $b\ne0$, on isole $y$ et on obtient une équation réduite $$y=mx+p,\qquad m=-\frac ab,\quad p=-\frac cb.$$ Si $b=0$, alors $a\ne0$ et la droite est verticale : $x=-c/a$.

Multiplier toute l’équation cartésienne par une même constante non nulle ne change pas la droite. Ainsi $2x-y+3=0$ et $4x-2y+6=0$ décrivent le même ensemble de points.

Dans $y=mx+p$, $m$ est le coefficient directeur et $p$ l’ordonnée à l’origine. Le point $(0;p)$ appartient à la droite. Une augmentation de $1$ de l’abscisse correspond à une variation de $m$ de l’ordonnée ; si $m<0$, l’ordonnée diminue.

Pour vérifier l’appartenance d’un point, remplacer $x,y$ par ses coordonnées. Le point $A(1;4)$ appartient à $2x+3y-14=0$, car $2+12-14=0$. Une apparence de proximité sur un dessin n’est pas une preuve d’appartenance exacte.

Construire une droite à partir de données

Un point et un coefficient directeur

La droite de coefficient directeur $m$ passant par $A(x_A;y_A)$ s’écrit $$\boxed{y-y_A=m(x-x_A)}.$$ On vérifie que le point $A$ satisfait l’égalité, puis on développe si une équation réduite est demandée. Pour $A(1;4)$ et $m=-2/3$, on trouve $$y-4=-\frac23(x-1),\qquad y=-\frac23x+\frac{14}3.$$ Augmenter $x$ de $3$ diminue $y$ de $2$ : on obtient facilement le deuxième point $B(4;2)$.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

Le triangle de déplacement explique $m=\Delta y/\Delta x=-2/3$. On compare des différences dans le même ordre : de $A$ vers $B$ pour les deux coordonnées.

Deux points distincts

Pour $A(x_A;y_A)$ et $B(x_B;y_B)$ distincts, il y a deux cas. Si $x_A=x_B$, la droite est verticale, d’équation $x=x_A$. Sinon, $$m=\frac{y_B-y_A}{x_B-x_A},$$ puis on utilise l’un des points pour trouver l’équation. Deux points confondus ne suffisent pas à déterminer une droite unique. Pour tracer une droite à partir de son équation, il suffit de calculer deux points distincts puis de les relier en prolongeant le trait.

Intersection, parallélisme et perpendicularité

Points communs à deux droites

Un point d’intersection satisfait les deux équations ; on résout donc un système linéaire. Par exemple, $y=x+1$ et $y=-2x+7$ donnent $x+1=-2x+7$, donc $x=2$, puis $y=3$. L’intersection est $I(2;3)$.

Deux droites distinctes peuvent être sécantes ou strictement parallèles. Si leurs équations décrivent le même ensemble de points, elles sont confondues et ont une infinité de points communs.

Comparer des directions

Pour deux droites non verticales $y=mx+p$ et $y=m'x+p'$, elles sont parallèles si $m=m'$. Elles sont confondues si, en plus, $p=p'$, et strictement parallèles si $p\ne p'$. Deux droites verticales sont parallèles ; une droite verticale et une droite non verticale sont sécantes.

Perpendicularité dans un repère orthonormé

Deux droites non verticales de coefficients directeurs $m,m'$ sont perpendiculaires si et seulement si $mm'=-1$.

Une droite verticale est perpendiculaire à toute droite horizontale. Ces cas se traitent séparément puisque la droite verticale n’a pas de coefficient directeur réel.

Par exemple, une droite de pente $2$ et une droite de pente $-1/2$ sont perpendiculaires. Les pentes $2$ et $-2$ ne conviennent pas : leur produit vaut $-4$. Des coefficients directeurs opposés ne suffisent donc pas.

Une inéquation définit un demi-plan

Une droite sépare le plan en deux demi-plans. L’inéquation $ax+by+c\ge0$, avec $(a,b)\ne(0,0)$, sélectionne l’un de ces demi-plans ainsi que la droite frontière. Pour $>0$, la frontière est exclue.

Une méthode graphique fiable

1. Tracer la frontière $ax+by+c=0$ avec deux points. Utiliser un trait plein si elle est incluse, un trait discontinu si elle est exclue.

2. Choisir un point qui n’est pas sur la frontière et tester l’inégalité. L’origine est pratique seulement si elle n’appartient pas à la droite.

3. Garder le côté contenant ce point si le test est vrai, l’autre côté sinon. Préciser clairement quelle région le coloriage représente.

Pour $x+2y\le6$, l’origine vérifie $0\le6$. On garde donc le côté de la droite $x+2y=6$ contenant l’origine, avec la frontière. Sous forme réduite, c’est $y\le3-x/2$, donc la région située sous la droite.

Une inéquation verticale se lit directement : $x<3$ sélectionne les points à gauche de la droite $x=3$, sans cette droite. Lorsqu’on isole $y$, diviser par un coefficient négatif inverse le sens de l’inégalité.

Un système définit une région admissible

Résoudre un système d’inéquations à deux inconnues consiste à chercher les points qui satisfont toutes les conditions. La région cherchée est l’intersection des demi-plans correspondants.

Par exemple, $x\ge0$, $y\ge0$, $x+2y\le6$ donnent le triangle fermé de sommets $(0;0)$, $(6;0)$ et $(0;3)$. Les deux premières conditions limitent la recherche au premier quadrant ; la dernière conserve les points sous la droite.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

Un point situé sur une frontière doit encore satisfaire les autres conditions. Un sommet est souvent l’intersection de deux frontières, mais certaines intersections sont en dehors de la région : on vérifie toujours toutes les inégalités.

Un système peut n’avoir aucune solution. Les conditions $x+y\le2$ et $x+y\ge5$ sont incompatibles. Il peut aussi définir une région non bornée, par exemple $x\ge0$, $y\ge0$ sans contrainte supérieure.

Une activité de programmation linéaire

Variables, contraintes et objectif

La programmation linéaire consiste ici à maximiser ou minimiser une expression $F=ux+vy$ sous des contraintes linéaires. L’expression à optimiser est la fonction objectif ; les contraintes définissent la région admissible.

Pour une valeur fixée $k$, l’égalité $ux+vy=k$ est une droite lorsque $(u,v)\ne(0,0)$. Quand $k$ varie, ces droites restent parallèles. Les déplacer vers les valeurs croissantes de $k$ permet de visualiser une maximisation.

Recherche sur un polygone fermé et borné

Si la région admissible est un polygone non vide, fermé et borné, une fonction objectif linéaire atteint son maximum et son minimum en au moins un sommet. On admet cette propriété.

On détermine les sommets admissibles, on calcule l’objectif à chacun et on compare. Si l’objectif est constant sur un côté optimal, tous les points de ce côté conviennent aussi.

Cette règle ne s’applique pas automatiquement à une région ouverte ou non bornée. Dans ces cas, il faut vérifier l’existence d’un optimum. De plus, si les variables doivent être entières, une solution réelle non entière ne peut pas être simplement arrondie sans contrôle.

Exemple complet : deux productions et deux ressources

Un atelier fabrique $x$ lots de type A et $y$ lots de type B. Un lot A utilise $2$ heures sur une première machine et $1$ sur une seconde ; un lot B utilise $1$ et $2$ heures. Chaque machine dispose de $12$ heures. Les bénéfices par lot sont respectivement $30$ et $40$ DH. Le modèle est $$x\ge0,\quad y\ge0,\quad2x+y\le12,\quad x+2y\le12, \qquad B=30x+40y.$$ Les deux frontières obliques se coupent en $(4;4)$. Les sommets de la région admissible sont $O(0;0)$, $A(6;0)$, $C(4;4)$ et $D(0;6)$.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

La région colorée est admissible. La droite discontinue représente $B=280$, soit $3x+4y=28$, et touche cette région au sommet $C$.

Sommet	$(0;0)$	$(6;0)$	$(4;4)$	$(0;6)$
$B=30x+40y$	$0$	$180$	$280$	$240$

Le maximum est $280$ DH, obtenu pour $4$ lots de chaque type. Les deux ressources sont entièrement utilisées : $2\times4+4=12$ et $4+2\times4=12$. Même si les lots doivent être entiers, cette solution reste admissible et optimale puisqu’elle réalise déjà le maximum sur la région réelle plus grande.

Exercices corrigés

Exercice 1 - Identifier les formes particulières

Décrire les ensembles d’équations $x-4=0$, $y+2=0$, $3x+2y-6=0$ et $0x+0y+5=0$. Donner une équation réduite quand elle existe.

Correction. $x=4$ est une droite verticale, sans équation réduite $y=mx+p$. $y=-2$ est horizontale, de pente $0$. La troisième s’écrit $y=-3x/2+3$ ; sa pente est $-3/2$ et son ordonnée à l’origine $3$. La dernière égalité est $5=0$ : son ensemble est vide, ce n’est pas une droite. La condition $(a,b)\ne(0,0)$ est donc nécessaire dans la définition cartésienne.

Exercice 2 - Droite par deux points

Déterminer une équation de la droite passant par $A(-1;4)$ et $B(3;-2)$. Le point $C(1;1)$ y appartient-il ?

Correction. Les abscisses diffèrent. Le coefficient directeur est $(-2-4)/(3-(-1))=-6/4=-3/2$. Avec $A$, $y-4=-3(x+1)/2$, donc $y=-3x/2+5/2$, ou $3x+2y-5=0$. Pour $C$, $3+2-5=0$, donc il appartient à la droite. Les deux points initiaux vérifient aussi l’équation, ce qui contrôle l’ordonnée à l’origine.

Exercice 3 - Parallèle et perpendiculaire

Dans un repère orthonormé, déterminer la parallèle et la perpendiculaire à $y=3x+4$ passant par $A(2;-1)$. Donner aussi la verticale et l’horizontale passant par $A$.

Correction. La parallèle a la pente $3$ : $y+1=3(x-2)$, soit $y=3x-7$. La perpendiculaire a la pente $-1/3$ puisque $3(-1/3)=-1$ ; son équation est $y+1=-(x-2)/3$, soit $y=-x/3-1/3$. La verticale est $x=2$ et l’horizontale $y=-1$. Les quatre équations sont vérifiées par $A$ ; elles décrivent quatre directions ou positions distinctes.

Exercice 4 - Une intersection exacte

Déterminer l’intersection de $d:2x+y=7$ et $e:x-y=2$.

Correction. Additionner les équations donne $3x=9$, donc $x=3$. La seconde donne $y=1$. Le point $I(3;1)$ vérifie $2\times3+1=7$ et $3-1=2$. Les droites sont sécantes en ce point unique. Leurs coefficients directeurs $-2$ et $1$ sont différents, ce qui confirme qu’elles ne sont pas parallèles.

Exercice 5 - Parallèles ou confondues ?

Comparer $d:2x-3y=6$, $e:4x-6y=12$ et $f:4x-6y=15$.

Correction. L’équation de $e$ est deux fois celle de $d$, donc $d=e$. En forme réduite, $d$ donne $y=2x/3-2$, tandis que $f$ donne $y=2x/3-5/2$. Les pentes sont égales mais les ordonnées à l’origine diffèrent : $f$ est strictement parallèle à $d$ et à $e$. Il n’existe aucun point commun entre $f$ et ces deux droites confondues.

Exercice 6 - Choisir le bon demi-plan

Décrire les solutions de $3x-2y+4\ge0$. Tester $P(2;6)$ et $Q(-2;-1)$, et préciser si la frontière est incluse.

Correction. Isoler $y$ demande de diviser par $-2$ : $-2y\ge-3x-4$ donne $y\le3x/2+2$. On garde le demi-plan situé sous la droite, frontière comprise. L’origine satisfait l’inégalité, ce qui confirme le choix. Pour $P$, $6-12+4=-2<0$ : il est exclu. Pour $Q$, $-6+2+4=0$ : il est sur la frontière et est inclus. Le trait représentant cette frontière est donc plein.

Exercice 7 - Déterminer les sommets admissibles

Décrire la région $x\ge0$, $y\ge0$, $x+y\le8$, $x\le5$, $y\le6$ et donner ses sommets.

Correction. On part du rectangle $[0;5]\times[0;6]$, puis on conserve le côté de $x+y=8$ contenant l’origine. Cette droite coupe $x=5$ en $(5;3)$ et $y=6$ en $(2;6)$. Les sommets, dans l’ordre autour du bord, sont $$(0;0),\quad(5;0),\quad(5;3),\quad(2;6),\quad(0;6).$$ Ils satisfont toutes les contraintes. Le coin $(5;6)$ du rectangle est exclu car $5+6>8$. La région est un pentagone fermé et borné, et non le rectangle entier.

Exercice 8 - Maximiser un bénéfice

Maximiser $B=20x+30y$ sous les contraintes $x\ge0$, $y\ge0$, $3x+y\le15$ et $x+2y\le10$.

Correction. Les sommets sur les axes sont $(5;0)$ et $(0;5)$, avec l’origine. Les deux frontières obliques donnent $3x+y=15$, $x+2y=10$. En substituant $y=15-3x$, on obtient $x+30-6x=10$, donc $(x,y)=(4,3)$. Tous ces sommets sont admissibles. Les valeurs de $B$ sont respectivement $$B(0,0)=0,\quad B(5,0)=100,\quad B(4,3)=170,\quad B(0,5)=150.$$ Le maximum vaut donc $170$, atteint en $(4;3)$. Les contraintes sont saturées : $3\times4+3=15$ et $4+2\times3=10$. Si $x,y$ sont des nombres entiers de lots, le même optimum reste réalisable.

Exercice 9 - Minimiser malgré une région non bornée

Pour $x,y\ge0$, on exige $x+y\ge6$ et $2x+y\ge8$. Minimiser le coût $C=5x+3y$.

Correction. La région se prolonge vers les grandes valeurs : on ne se contente pas de supposer un optimum à partir d’un dessin. On écrit $$C=2(2x+y)+(x+y)\ge2\times8+6=22.$$ Cette borne est atteinte lorsque les deux contraintes sont des égalités : $x+y=6$, $2x+y=8$ donnent $x=2$, $y=4$, tous deux positifs. Le minimum est donc $22$, atteint en $(2;4)$. La preuve montre directement qu’aucun point, même très éloigné, ne peut donner un coût plus faible.

Exercice 10 - Une solution réelle ne s’arrondit pas au hasard

On cherche des entiers $x,y\ge0$ sous $2x+y\le4$ et $x+2y\le4$, pour maximiser $F=3x+2y$. Le problème sans contrainte entière a pour optimum $(4/3;4/3)$. Arrondir les deux coordonnées à $1$ donne-t-il la meilleure solution entière ?

Correction. Les contraintes imposent $0\le x\le2$ et $0\le y\le2$. Les couples entiers admissibles et leurs valeurs sont

$(x;y)$	$(0;0)$	$(1;0)$	$(2;0)$	$(0;1)$	$(1;1)$	$(0;2)$
$F$	$0$	$3$	$6$	$2$	$5$	$4$

Le meilleur couple entier est $(2;0)$, de valeur $6$. Arrondir en $(1;1)$ donne seulement $5$, bien que ce couple soit admissible. Pour le problème réel, les sommets $(0;0),(2;0),(4/3;4/3),(0;2)$ donnent $0,6,20/3,4$ ; l’optimum réel annoncé est confirmé, mais il n’est pas entier.

Exercice 11 - Plusieurs solutions optimales

Maximiser $F=x+y$ sous $x,y\ge0$, $x\le4$, $y\le4$ et $x+y\le6$. Décrire toutes les solutions optimales.

Correction. La dernière contrainte donne immédiatement $F\le6$. Pour atteindre $6$, il faut $y=6-x$. Les autres conditions imposent $x\le4$ et $6-x\le4$, donc $2\le x\le4$. Tous les points du segment joignant $(2;4)$ à $(4;2)$ sont admissibles et donnent $F=6$. L’objectif est constant sur ce côté de la région. Avec des variables entières, il resterait les trois couples $(2;4),(3;3),(4;2)$.

Méthode à conserver

Vérifier les cas verticaux et les hypothèses du repère ; tester les points dans les équations ; distinguer frontière incluse et exclue ; intersecter toutes les contraintes ; ne conserver que les sommets admissibles ; contrôler l’existence d’un optimum et les éventuelles contraintes entières.

Fin du cours et des exercices corrigés