MAX PTS ! Bonjour, j'ai un devoir maison à faire sur la généralité d'une fonction sur une conjecture. Merci d'avance.

Questions précédant le DM
Le point L décrit une parabole. Dans le repère formé par l'origine A, les droites (AD) et (AB) graduées,  les coordonnées du point L passent de (4 ; 8) à (0 ; 0).
Le sommet de la parabole décrite par L a pour coordonnées (3 ; 9). Ce sommet est donc atteint lorsque le point M sur [AB] est tel que AM = 3 puisque l'abscisse de L correspond à AM.
Notre conjoncture est que l'aire du rectangle AMNP est maximale lorsque M appartenant à [AB] est à 3 cm de A. L'aire de AMNP est alors de 9 cm² (9 étant l'ordonnée du sommet de la parabole décrite par L).

Devoir n°8
1) Nous savons que M ∈ [AB] et AB = 4 cm. 
Donc AM = 0 cm, lorsque M et A sont confondus, et AM = 4 cm, lorsque M et B sont confondus. Donc x ∈ [0 ;4]. Autrement dit I = [0 ;4]

2a) Nous savons que H est le projeté orthogonal de C sur [AD]. 
Donc (CH) ⊥ (CD) et CHD est un triangle rectangle en H dont les coordonnées sont (2 ; 0).

Les coordonnées de C et de H sont respectivement (2 ; 4) et (2 ; 0). Donc, puisque C et H ont la même abscisse, CH est égale à la différence de leurs ordonnées : CH = 4 - 0 = 4 cm.
Les coordonnées de H et de D sont respectivement (2 ; 0) et (6 ; 0). Donc, puisque H et D ont la même ordonnée, HD est égale à la différence de leurs abscisses : HD = 6 - 2 = 4 cm.
Donc CH = HD : CHD est un triangle isocèle.

Au total CHD est un triangle rectangle isocèle.

2b ) 
Nous savons que la parallèle à (AB) passant par N coupe (AD) en P donc (NP) // (AB).
Nous savons aussi que
(CH) ⊥ (AD), puisque H est le projeté orthogonal de C sur [AD],
(AB) ⊥ (AD), puisque ABCD est un trapèze rectangle en A.
Donc (CH) // (AB).
[tex] \left \{ {{(CH) // (AB)} \atop {(NP) // (AB)}} \right. [/tex] 
Donc (CH) // (NP) et (NP) ⊥ (AD).
P ∈ (AD) donc (NP) ⊥(DP)
Donc, d'après le théorème de Thalès :
[tex] \frac{NP}{CH} = \frac{DP}{DH} [/tex]⇔[tex]\frac{1}{CH} = \frac{DP}{DH*NP}[/tex]
⇔ [tex]\frac{DH}{CH} = \frac{DP}{NP}[/tex]
Nous avons vu à la question 1 que DH = CH donc [tex]\frac{DP}{NP}=1[/tex]
et donc DP = NP.
Au total
[tex]\left \{ {{(NP)\ perpendiculaire\ a\ (DP)} \atop {NP = DP}} \right. [/tex]
Donc NPD est un triangle isocèle rectangle en P.

3a)
Pour démontrer que [tex]f(x) = 9-(x-3)^{2} [/tex], nous allons d'abord déterminer l'équation de la droite (CD).
(Note : Dans la détermination de cette équation, x représente un abscisse et pas la distance AM. Pour bien faire la différence, j'ai indicé x.) 

C (2 ; 4) donc [tex]y_c = mx_c+p[/tex] ⇒[tex]4 = 2m+p[/tex]
et D (6 ; 0) donc [tex]y_d = mx_d+p[/tex] ⇒ [tex]0 = 6m+p[/tex] ⇒[tex]p=-6m[/tex]
En substituant p par -6m dans [tex]4 = 2m+p[/tex], nous obtenons 
[tex]4 = 2m-6m[/tex] ⇔ [tex]4=-4m[/tex] ⇔ [tex]m = -1[/tex]
Donc [tex]p=-6m[/tex] ⇒ [tex]p=6[/tex]
L'équation de (CD) est donc [tex]y_{(cd)} =-x_{(cd)}+6[/tex]

Or N ∈ (CD).
Puisque (NP) // (AB) et que l'ordonnée de P est nulle, NP est donc égale à l'ordonnée de N.
De même, puisque (MN) // (AD) et que l'abscisse de M est nulle, MN est égale à l'abscisse de N.
Donc NP = - MN + 6 ⇔ MN = 6 - NP
AMNP est un rectangle donc AM = NP = x. 
Donc MN = 6 - x.
L'aire de AMNP est donc f(x) = AM × MN = x (6-x)
Donc [tex]f(x) = - x^{2} +6x=-(x^2-6x)[/tex]
Pour avoir une identité remarquable du type a²-2ab+b² = (a-b)², il manque un terme à f(x). En effet si a² = x² et 2ab = 6x alors b doit être égale à [tex] \frac{6}{2} =3[/tex] et donc b²=9. En additionnant et en soustrayant 9 successivement à f(x), nous faisons donc apparaître une identité remarquable :
[tex]f(x) = 9+f(x)-9 = 9-(x^2-6x)-9=9-(x^2-6x+9)[/tex]
[tex]f(x) = 9-(x-3)^{2} [/tex]
(On peut aussi démontrer cette égalité avec en effectuant le chemin inverse, en partant  de 9-(x-3)² : en le développant, on arrive à f(x) = -x² + 6x = x(6-x) qui est donc égale à l'aire de AMNP.)
3b)
x ∈ I ⇔ 0 ≤ x ≤ 4 ⇔ -3 ≤ x-3 ≤ 1
Or si X est compris entre -3 et 1 alors X² est compris entre 0 et 9. (On constate cela aisément sur la parabole y = x²).
Donc x ∈ I ⇒ 0 ≤ (x-3)² ≤ 9 ⇒ -9 ≤ -(x-3)² ≤ 0 ⇒ 0 ≤ 9-(x-3)² ≤ 9
Donc x ∈ I ⇒ 0 ≤ f(x) ≤ 9 ⇒ -9 ≤ f(x) - 9 ≤ 0
Pour tout x ∈ I,  f(x) - 9 ≤ 0

3c)
Le problème initial est la démonstration de la conjecture :  l'aire du rectangle AMNP est maximale lorsque M appartenant à [AB] est à 3 cm de A. L'aire de AMNP est alors de 9 cm².
Nous venons de démontrer à la question précédente que 
 f(x) - 9 ≤ 0 ⇒ f(x) ≤ 9
Donc  9 est la valeur maximale de f(x).
Or f(x) = 9 - (x-3)². 
Donc lorsque f(x) = 9, alors (x-3)² = 0 ⇔ x = 3.
Donc la valeur maximale de f(x) est 9 et est atteinte lorsque x=3.
f(x) étant l'aire de AMNP et x la distance AM, la conjecture est donc démontrée.

4) 
f(x) = 5 ⇔ 9-(x-3)² = 5 ⇔ (x-3)² = 4
Donc {x-3 = 2} ou {x-3 = -2}
et donc {x = 5} ou {x = 1}
Cependant x représente la distance AM et nous avons démontré à la question 1 du DM que x ∈ [1 ; 4].
L'équation f(x) = 5 n'admet donc qu'une seule solution : {x = 1}.
L'aire de AMNP est de 5 cm² lorsque AM = 1 cm.