Exercice 1 - Applications en physique

(1)

Exercice 1 - Applications en physique

Un courant électrique circulant dans un bobinage circulaire de rayon r exerce une force

( )

(

² ²

)

⁵²

f x kx

x r

= +

sur un petit aimant situé à une distance x du centre du bobinage. Déterminer, en fonction de r, la valeur de x pour laquelle la force f(x) est maximale.

Etudions les variations de f:

( )

(

₂ ₂

)

⁵

(

² ²

)

⁵²

2

f x kx kx x r

x r

= = + −

+ est de la forme u.v.

Fonction dérivée de f :

( ) (

² ²

)

⁵²

(

^{5 2}2^.

) ⁽

² ²

⁾

⁷²

⁽

² ²

^{) (}

⁷² ² ² ⁵ ²

^{) (}

² ²

^{) (}

⁷² ² ⁴ ²

⁾

f′ x =k x +r ⁻ +kx − x x +r ⁻ =k x +r ⁻ x + −r x =k x +r ⁻ r − x Etude du signe de f ’ : ^f^′

( )

^x est le produit de trois facteurs, les deux premiers étant strictement posi- tifs. Le troisième, r²−4x², est positif si, et seulement si, 0 < x< r /2. (xest une distance, donc une quantité positive). Variations de f : f est donc croissante sur [0 ; r /2] et décroissante sur [r /2 ; +∞[.

La force f (x) est donc maximale pour x = r /2. Sa valeur, non demandée :

( ) ( )

^. ^. ^. ^.

52 5

5 5 2 5 5 5 4

2 2 2 2 2

4 4 16 4 16

2 2

2 5 2 5 2 5 2 25 5 25 5

2 4

r kr

k kr kr kr k

f r

r r r r

r r r

 

= = =   = = =

 

 

+  

 

Exercice 2 -

Étudier la fonction f x: ֏x⁵−5x+1 et en déduire que l’équation x⁵−5x+ =1 0 admet trois solutions réelles.

( )

⁵ ⁴ ^{5 5}

(

⁴ ¹

)

^.

^{( )}

⁰ ⁴ ¹

^{] [}

^{1 1}^; ^.

f′ x = x − = x − f′ x < ⇔ x < ⇔ x∈ − D’où le tableau de variation :

x -∞ -1 1 +∞

( )

f′ x ---+--- --- ---+---

f

Or f est continue et _x^lim_→−∞^{f x}

( )

^{= −∞} ^; ^f

( )

^{− =}¹ ⁵ ^; ^f

( )

¹ ^{= −}³ ^; _x^lim_→+∞^{f x}

( )

^{= +∞}

D’après le théorème des valeurs intermédiaires et du fait de sa stricte monotonie sur les intervalles cités ci-après, f prend la valeur 0 pour trois valeurs de x : une dans ]-∞ ; -1[, une dans

]-1 ; 1[ et une dans ]1 ; +∞[.

Exercice 3 -

Etudier les variations de la fonction sin

: x

f x x

֏ sur l’intervalle

] ]

⁰^;^π , grâce à l’étude des variations du numérateur de sa dérivée.

( )

x^cosx2 ^sinx^. Soit

( )

^cos ^{sin .}

( )

^cos ^sin ^cos ^sin 0 sur

] ]

0^; ^.

f x g x x x x g x x x x x x x

x

′ = − = − ′ = − − = − < π

Ainsi, g est strictement décroissante sur cet intervalle. Comme g(0)=0, g est strictement négative sur cet intervalle. La dérivée de f est donc strictement négative, et f est strictement décroissante.

(2)

Exercice 4 -

On considère la fonction f définie sur

[ ]

⁰^,^π ^par^{f x}

( )

⁼^e⁻^x^sin^x

1) Étudier les variations de f sur

[ ]

⁰^,^π : établir le tableau de variations, en indiquant les extrema, puis tracer la courbe représentative C de f sur l'intervalle

[ ]

⁰^,^π . Indication : on pourra prendre comme unités graphiques 5 cm sur l'axe des abscisses et 10 cm sur l'axe des ordonnées.

( )

ê ^x^sin ê ^x^cos ê ^x

(

^cos ^sin

)

f′ x = − ⁻ x+ ⁻ x= ⁻ x− x

Cette dérivée est du signe de cosx−sinx, puisque e⁻^xest strictement positif.

Elle s'annule pour

x= 4π et l'on voit que cosx>sinx quand 0

x 4π

< < et cosx<sinx quand

4 x

π < < π. On peut aussi montrer que la quantité cosx−sinx est décroissante sur

[ ]

⁰^,^π , en la déri- vant. On peut donc établir le tableau de variation :

x 0

4

π π

f '(x)

+

⁰

–

2 4

2 e

−π

f

0 0

Maximum pour

x=4π : 2 ⁴

e 0,3224

4 2

f

−π

π

 = ≈

   courbe : en rouge

2) On considère maintenant C', (en vert ci-dessus), courbe représentative de la fonction g définie sur

[ ]

⁰^,^π ^par^{g x}

( )

⁼^e⁻^x. Montrer que C et C' contiennent toutes les deux le point A ;e ² 2

−π

π 

 

 

défini précédemment, et montrer que les deux courbes admettent la même tangente en ce point. Préciser la position relative des courbes C et C' sur l'intervalle

[ ]

⁰^,^π ^.

(3)

On vérifie aisément que e ²sin e ²

2 2

f

π π

− −

π π

 = =

   et e ²

g 2

−π

π

 =

   , donc les deux courbes C et C' contiennent bien le point A.

Les tangentes de ces deux courbes en A ont pour coefficients directeurs les valeurs des dérivées des deux fonctions en

2 π :

cos sin

2 2

e e

2 2 2

f

π π

− −

π π π

   

′ =  − = −

    et e ²

g 2

−π

π

′  = −

  également, donc les deux courbes C et C' admettent la même tangente en A.

Comme sinx≤1, on a e⁻^xsinx≤e⁻^x et donc ^{f x}

( ) ( )

^≤^{g x} ; donc la courbe C est sous la courbe C' sauf au point A où elles sont tangentes.

Exercice 5 - élasticité

Soit une fonction f d'une variable x, définie sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

. En considérant une variation ∆x de x, on s’in- téresse à la variation ∆f de f (x) qui en découle, et plus particulièrement lorsque ∆x est très faible.

Le rapport f

f xx

∆

∆ est la "sensibilité relative de la fonction f à la variation relative de sa variable x" ; par exemple, si une augmentation relative de 2% de x provoque une augmentation de f de 6%, alors cette sensibilité vaut 3.

On définit alors l’élasticité

ε

^{par :} ^lim₀

x

f f xx

ε

⁼_{∆ →} ^∆_∆ , à savoir : la sensibilité "locale", en un x donné et pour une variation infinitésimale de x.

1) Montrer que

( )

f x x f x

= × ′

ε

^.

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

lim lim lim

0 0 0

x x x

f x x f x

f x x f x x f x x f x x f x x

f x

x x f x f x x f x

x

∆ → ∆ → ∆ →

+ ∆ −

+ ∆ − + ∆ − ′

= ∆ = ∆ × = ∆ =

ε

2) Un produit nouvellement créé est à mettre sur le marché, au prix unitaire x (indéterminé, en €/kg).

Une étude statistique a montré que la demande potentielle dépendait de ce prix, selon l’expression :

( )

¹⁰^x ¹⁰⁰₄

f x x

= + +

où ^{f x}

( )

est la demande potentielle, exprimée en milliers d'unités, et où x ∈ [2 ; 10] (€/kg).

a. Exprimer, en fonction de x, l’élasticité de la demande pour ce produit.

( )

( )( )

2

60

4 60 60

10 100 10 100 4 10 140 400

4

x x x

x x x x x x

x

−

+ − −

= × + = + + = + +

+

ε

b. Après avoir étudié les variations de cette élasticité sur l’intervalle [2 ; 10], dire pour quel prix unitaire x elle est minimale, donner sa valeur, ainsi que la demande potentielle.

(4)

( ) ⁽ ⁾

( ) ( )

2 2

60 10 140 400 60 20 140 600 2400

10 140 400 10 140 400

x x x x x

x x x x

− + + + + −

= =

+ + + +

ε ′

Cette dérivée est négative ssi x²<40 ssi x<6,325 environ.

L'élasticité est minimale pour x= 40 et vaut alors –0,22515 environ et la demande potentielle correspondante est ^f

( )

⁴⁰ ^≈^15,811.

c. Interpréter concrètement le résultat précédent, au regard de l’explication donnée avant la question 1.

En fixant un prix à 6,325 €, la demande potentielle vaut 15811 articles et l'élasticité prend sa plus forte valeur négative (on peut constater numériquement qu'elle est négative sur [2 ; 10]) à –0,225 environ.

A ce stade, une diminution de 1 % appliquée au prix provoque une augmentation de 0,225 % de la demande potentielle, ce qui est le rapport le plus élevé atteignable : partout ailleurs sur [2 ; 10], une diminution de 1 % du prix de vente augmenterait la demande potentielle de moins de 0,225 %.

Exercice 6 -

Soit la fonction ^{f x}^: ^֏^e^x ⁺^x

(

^ln^x^{− −}^{1 e}

)

, définie sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^.

1) a. Donner l'expression de la dérivée de cette fonction.

( )

^e^x ^ln ^{1 1 e e}^x ^e ^ln

f′ x = + x+ − − = − + x

b. Donner l'expression, puis le signe sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

, de la dérivée seconde de cette fonction.

( )

^e^x ¹ ^{; comme} ^*^,

( )

⁰^.

f x x f x

x ⁺

′′ = + ∈ℝ ′′ >

c. Quelles sont alors les variations de ^f^′

( )

^x ^?

f′ est strictement croissante sur ℝ^*₊.

2) a. Justifier que ^f^′

( )

¹ ⁼⁰ ; en déduire le signe de ^f^′

( )

^x ^sur

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^.

( )

¹ ^e¹ ^e ^ln^{1 0}

f′ = − + = .

( )

f′ x est donc strictement négative sur

] [

0 ; 1 et strictement positive sur

]

^{1 ;}^{+ ∞}

[

^.

b. Donner alors les variations de f ainsi que la valeur de son extremum.

f est donc strictement décroissante sur

] [

0 ; 1 et strictement croissante sur

]

^{1 ;}^{+ ∞}

[

. Elle admet un extremum en x = 1, dont la valeur est ^f

( )

¹ ^{= +}^e¹ ¹

(

^ln^{1 1 e}^{− − = −}

)

¹^.

3) a. Donner la limite de ^{f x}

( )

et celle de ^f^′

( )

^x lorsque x tend vers 0 par valeurs positives (on admettra que ^lim ^ln

( )

0 0

x ₊x x

→ = ).

( ) ( ( ) ) ⁽ ^{) (} ⁾

lim lim ^x ln lim ^x lim ln lim

x x x x x

f x x x x x x

+ + + + +

→ = → + − − = → + → − + → = + − =

0 0 e 1 e 0 e 0 1 e 0 1 0 0 1 .

( ) ( )

lim lim ^x ln lim ^x lim ln

x x x x

f x x x

+ + + +

→ ′ = → − + = → − + → = −∞

0 0 e e 0 e e 0

(5)

Exercice 7 - Gravitation

A la surface de la Terre, la norme su champ de gravitation g est : ₀ GM₂

g g

= = R où G est la constante de gravitation, M et R la masse et le rayon de la Terre, considérée sphérique.

A l’altitude z, on a :

( ) ( )

( )

g z g z GM

R z

= =

+ ² .

1) Soit la fonction f de variable u qui prend pour valeurs ^{f u}

( ) (

^{= +}¹ ^u

)

⁻²^.

Donner le développement limité à l’ordre 2 de f en zéro.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

f u u f u u f u u

f f f

− ′ − ′′ −

= + = − + = +

′ ′′

= = − =

2 3 4

1 ; 2 1 ; 6 1

0 1 0 2 0 6

Le développement limité à l’ordre 2 de f en zéro est donc :

( )

^{1 2} ⁶^u₂² ²

( )

^{1 2} ³ ² ²

( )

f u = − u+ +u ε u = − u+ u +u ε u 2) a. Vérifier que si on pose z

u= R, alors g z

( )

=g0×f u

( )

.

( ) (

^GM

)

^GM ^GM ^z ^GM

( )

^.

( )

g z u g f u

R R R

R z z

R R

− −

 

= = =  +  = + =

 

+  

 + 

 

2

2 2 2 2 0

2

1 1

1

b. Justifier ainsi que pour z << R, une approximation de ^{g z}

( )

^est app

( )

z z

g z g

R R

 

=  − + 

 

2

0 1 2 3 2 .

Si z << R, alors u est très faible et donc 1 – 2u + 3u² est une bonne approximation de f (u).

Ainsi, ^g⁰

(

^{1 2}⁻ ^u⁺³^u²

)

est une bonne approximation de ^{g z}

( )

^.

3) Si le rapport z

u= R vaut 3%, calculer (et exprimer en pourcentages) : le rapport gapp

( )

z

g₀ , le rapport

( )

g z

g₀ , le rapport

( )

app

( )

g z

g z et le taux d’erreur de l’approximation :

( ) ( )

app

( )

err

g z g z

t g z

= − .

(6)

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

%

app

app app

err

g z

u u

g

g z f u u

g

g z

g z

g z g z g z

t g z g z

− −

= − + = − × + × = =

= = + = ≈ ≈

≈ ≈ ≈

= − = − ≈ ≈

2 0

2 2

0

1 2 3 1 2 0,03 3 0,0009 0,9427 94,27

1 1,03 0,94259591 94,26

0,9427

1,00011043 100,011 0,94259591

1 0,00011043 0,011

4) a. Exprimer (le plus simplement possible) le taux terr en fonction de z u= R.

( ) ( )

( ) (

²

) ⁽ ⁾

²

2 2 3 2 3 4 3 4

1 1 2 3 1 1

1 2 3 2 4 6 2 3 1 4 3

app app

err

g z g z g z

t u u u

g z g z

u u u u u u u u u u

= − = − = − + + −

= − + + − + + − + − = +

b. Pour une certaine application, on considère comme acceptable un taux terr maximal de un pour dix mille. Donner un encadrement à 10^-3 près du rapport z / R correspondant.

Avec l’expression précédente, assez simple, et en considérant que ce taux est très proche du résultat de la question 3, on recalcule ce taux pour des rapports u proches de 0,03 et on trouve rapidement qu’un taux terr de 10^-4 est atteint pour 0,029 < u < 0,030.

Exercice 8 - Balistique

Un canon lance un projectile avec une vitesse initiale V₀ fixée (dans [0 ; +∞[) et un angle α ajustable dans [0 ; π

2 ] (voir figure). Une fois lancé, ce projectile est en chute libre, c'est-à-dire soumis uniquement à l’action de la pesanteur (on néglige les forces de frottement de l’air, le projectile décrivant alors un arc de parabole).

On s’intéresse en particulier à la flèche H de sa trajectoire (hauteur du sommet) et à sa portée P (distance à laquelle il retombe sur le sol), sachant que, pour des raisons simplificatrices, l’origine de notre repère est placée à l’embout du canon.

1) On admettra que, dans ces conditions, l’équation de la trajectoire parabolique

( )

^T ^{est :}

( )

.tan cos

y gx x T

V α

α

= −₂ ²₂ + 2

(7)

a. Par une étude de cette forme du second degré (y fonction de x), dire pour quelle valeur de x la hauteur y est maximale ; exprimer alors la flèche H en fonction de V₀ et α^.

Une forme y = ax² + bx + c atteint son extrémum (maximum si a < 0) lorsque x = ^b a

− 2 . Ici, y est maximal lorsque x = tan sin cos

. sin

. cos cos

V V

g g g

V

α

α α α

α α

− − =− − =

2 2 2

0 0

2 2

0

2 2 2 2

.

D’où : H =

sin

sin sin sin

sin .tan cos

g V

g V V V V

V g g g g

α α α α α α

α

 

−  

  −

  +  = + =

 

2 2 0

2 2 2 2 2 2 2

0 0 0 0

2 2

0

2 2

2 2 2 2 2 .

b. Déterminer également en fonction de V₀ et α l’expression de la portée P.

On peut dire que, par raison de symétrie, la portée est le double de l’abscisse du sommet ; on peut aussi résoudre l’équation y = 0. Dans les deux cas, on a : V sin

P= g⁰² 2 . α

2) Comment choisir α pour que la flèche soit maximale ? Combien vaut-elle alors (H^max) ? H est maximale lorsque sin²α l’est, donc lorsque sinα^{= 1.}

Il faut choisir α= ^π

2 pour que la flèche soit maximale (tir vertical) et ainsi _max V H = ⁰g²

2 .

3) Comment choisir α pour que la portée soit maximale ? Combien vaut-elle alors (Pmax) ? Quelle sont les coordonnées du sommet de la parabole correspondante ?

P est maximale lorsque sin2 l’est, donc lorsque α ²^α ⁼ ^π₂

(

²^α^∈

[ ]

⁰^;^π

)

^.

Il faut choisir α= ^π

4 pour que la portée soit maximale et ainsi _max V P = g⁰². Le sommet a ainsi pour abscisse P^max V

= ⁰g²

2 2 et après un calcul rapide de H on obtient son ordonnée : V

g

2 0

4 , qui se trouve être H^max 2 .

4) On souhaite régler α de telle sorte que le projectile vise le point de coordonnées P^max ,H^max

 

 2 2 , c'est- à-dire que la parabole contienne ce point. Montrer que cette condition imposée revient à résoudre l’équation tan²α−4tanα+ =3 0 .

On place dans

( )

^T les coordonnées

( )

^{x y}^, ^P^max^,^H^max ^V ^,^V

g g

 

= = 

   

2 2

0 0

2 2 2 4 .

( )

^T devient :

( )

.tan .tan

cos cos

. tan . tan

cos cos

tan .tan tan tan

g V

V g V V V V

g V g g g g

g g g

α α

α α α α

 

−  

−

 

= + ⇔ = +

− −

⇔ = + ⇔ = +

⇔ = − + + ⇔ − + =

2 2 0

2 2 2 2 2

0 0 0 0 0

2 2 2

0

2 2

2

4 2 2 4 8 2

1 1 1 1

2 4

4 8 2

2 1 4 4 3 0

5) Résoudre cette équation et conclure concrètement (on pourra illustrer sa réponse par un schéma de principe).

(8)

On pose A = tanα . L’équation devient : A² – 4A + 3 = 0, dont les deux solutions réelles sont 1 et 3.

Il y a donc deux solutions pour α : arctan(1) = π = °45

4 ou arctan(3) ≈1,249 rad 71,565≈ °.

On remarque que l’une des solutions correspond à la parabole citée en question 2b, dont le sommet a précisément pour coordonnées P^max ,H^max

 

 2 2 .

L’autre solution correspond à un angle α plus élevé, voir figure :

45°

Hmax

2

Pmax

x y

max

2 P

° 71,565