Exercice 1 : Question de cours (15 minutes) (31/2 points) Soit f la fonction d´efinie par f(x) =√
3x−6.
1. D´eterminer l’ensemble de d´erivabilit´e def.
2. D´eterminer la d´eriv´ee de f sur cet ensemble de d´erivabilit´e.
3. (a) Soit a un ´el´ement de l’ensemble de d´efinition. D´eterminer l’expression du taux d’accroissement de f en a.
(b) D´eterminer sa limite. `A quoi correspond le r´esultat obtenu ? Solution:
1. u:x7→3x−6 est d´erivable et strictement positif sur ]2; +∞[ doncf est d´erivable sur ]2; +∞[.
2. u0(x) = 2 donc f0(x) = 3 2√
3x−6 3. (a) τa(f) = f(a+h)−f(a)
h =
»3(a+h)−6−√ 3a−6
h = 3a+ 3h−6−(3a−6) h(»3(a+h)−6 +√
3a−6) = 3
»3(a+h)−6 +√
3a−6. (b) Pa composition de limite : lim
h→0
»3(a+h)−6 =√
3a−6. On a alors lim
h→0
3 2√
3a−6. On retrouve la d´eriv´ee de f.
Exercice 2 : Vrai/Faux (20 minutes) (5 points)
Soit f la fonction d´efinie sur R par f(x) = 1 + sin(2x) et C sa courbe repr´esentative dans un rep`ere orthogonal.
Pour chacune des propositions suivantes, dire si elle est vraie ou fausse et justifier la r´eponse donn´ee.
1. Pour tout r´eel x, 06f(x)62.
2. Pour tout r´eel x,f(x+π) =f(x).
3. C est sym´etrique par rapport `a l’origine du rep`ere.
4. Pour tout r´eel x,f0(x) = cos(2x).
5. lim
x→0
f(x) x = 2.
Solution:
1. Pour tout r´eel x, 16sin(2x)61 c’est-`a-dire 06f(x)62. Donc la proposition est vraie.
2. Pour tout r´eel x,f(x+π) = 1 + sin(2(x+π)) = 1 + sin(2x+ 2π) = 1 + sin(2x) =f(x).
La proposition est vraie.
3. f(0) = 1, donc la courbe ne peut pas ˆetre sym´etrique par rapport `a l’origine.
La proposition est vraie.
4. Pour tout r´eel x,f0 = 2 cos(2x).
La proposition est fausse.
5. Pour tout r´eel x, lim
x→0
1 + sin(x)
x = 1. Par quotient, lim Çx→0
x <0 å
f(x)
x = −∞ et lim Çx→0
x >0 å
f(x)
x =
+∞.
La proposition est fausse
Exercice 3 : Exercices classiques (25 minutes) (41/2 points) 1. R´esoudre les ´equations suivantes sur Rpuis sur [−π;π] :
(a) sin(x) =
√ 2
2 (b) 2 cos(2x) =−√
3
Solution:
(a) SurR, sin(x) =
√2
2 ⇔x= π4 + 2kπ ou x= 3π4 + 2kπ avec k∈Z. Les solutions sont donc π4 + 2kπ et 3π4 + 2kπ avec k∈Z.
Sur [−π;π]. Les solutions sont π4 et 3π4 . (b) 2 cos(2x) =−
√3
⇔2x=−5π
6 + 2kπ ou 2x= 5π
6 + 2kπ avec k∈Z. Les solutions surR sont−5π
12 +kπ et 5π
12 +kπ avec k∈Z. Sur [−π;π], les solutions sont−7π
12,−5π 12, 5π
12 et 7π 12.
2. D´eriver les fonctions suivantes sans vous pr´eoccuper de l’ensemble de d´erivabilit´e : (a) f(x) = cos(2x+ 3) (b) g(x) = (x2−5)3
Solution:
(a) f0(x) =−2 sin(2x+ 3) (b) g0(x) = 6x(x2−5)2.
3. On `a trac´e sur le graphique ci-dessous la courbe d’une fonction f sur [0; 2]. Nous savons que cette courbe est impaire et p´eriodique de p´eriode 4. Prolonger sch´ematiquement cette courbe sur [−4; 4] :
−4 −3 −2 −1 1 2 3 4
−3
−2
−1 1 2 3
0
Exercice 4 : Comment transformer un essai (40 minutes) (5 points) Lors d’un match de rugby, un joueur doit
transformer un essai qui a ´et´e marqu´e au point E (voir figure ci-contre) situ´e `a l’ext´erieur du segment [AB].
La transformation consiste `a taper le bal- lon par un coup de pied depuis un point T que le joueur a le droit de choisir n’importe o`u sur le segment [EM] perpendiculaire `a la droite (AB) sauf en E. La transforma- tion est r´eussie si le ballon passe entre les poteaux rep´er´es par les points A et B sur la figure.
Baccalauréat S A. P. M. E. P.
EXERCICE4 5POINTS
Commun à tous les candidats Lors d’un match de rugby, un joueur doit transformer un es- sai qui a été marqué au point E (voir figure ci-contre) situé à l’ex- térieur du segment [AB].
La transformation consiste à ta- per le ballon par un coup de pied depuis un point T que le joueur a le droit de choisir n’importe où sur le segment [EM] perpendicu- laire à la droite (AB) sauf en E.
La transformation est réussie si le ballon passe entre les poteaux re- pérés par les points A et B sur la figure.
E M
AB
T
Lignemédiane Limiteduterrain
Terrain vu de dessus
x
Pour maximiser ses chances de réussite, le joueur tente de déterminer la position du point T qui rend l’angleATB le plus grand possible.!
Le but de cet exercice est donc de rechercher s’il existe une position du point T sur le segment [EM] pour laquelle l’angleATB est maximum et, si c’est le cas, de déter-! miner une valeur approchée de cet angle.
Dans toute la suite, on notexla longueur ET, qu’on cherche à déterminer.
Les dimensions du terrain sont les suivantes : EM = 50 m, EA = 25 m et AB = 5,6 m . On noteαla mesure en radian de l’angleETA,! βla mesure en radian de l’angleETB! etγla mesure en radian de l’angleATB.!
1. En utilisant les triangles rectangles ETA et ETB ainsi que les longueurs four- nies, exprimer tanαet tanβen fonction dex.
La fonction tangente est définie sur l’intervalle"
0 ; π 2
#par tanx= sinx cosx. 2. Montrer que la fonction tan est strictement croissante sur l’intervalle"
0 ; π 2
#.
3. L’angleATB admet une mesure! γappartenant à l’intervalle"
0 ; π 2
#, résultat admis ici, que l’on peut observer sur la figure.
On admet que, pour tous réelsaetbde l’intervalle"
0 ; π 2
#,
tan(a−b)= tana−tanb 1+tana×tanb. Montrer que tanγ= 5,6x
x2+765.
4. L’angleATB est maximum lorsque sa mesure! γest maximale. Montrer que cela correspond à un minimum sur l’intervalle ]0 ; 50] de la fonctionf définie par :f(x)=x+765
x .
Montrer qu’il existe une unique valeur de x pour laquelle l’angle ATB est! maximum et déterminer cette valeur dexau mètre près ainsi qu’une mesure de l’angleATB à 0,01 radian près.!
20 juin 2016 5 Métropole–La Réunion
Pour maximiser ses chances de r´eussite, le joueur tente de d´eterminer la position du point T qui rend l’angle ATB le plus grand possible.[
Le but de cet exercice est donc de rechercher s’il existe une position du point T sur le segment [EM] pour laquelle l’angleATB est maximum et, si c’est le cas, de d´[ eterminer une valeur approch´ee de cet angle.
Dans toute la suite, on notex la longueur ET, qu’on cherche `a d´eterminer.
Les dimensions du terrain sont les suivantes : EM = 50 m, EA = 25 m et AB = 5,6 m . On note α la mesure en radian de l’angleETA,[ β la mesure en radian de l’angleETB et[ γ la mesure en radian de l’angle ATB.[
1. En utilisant les triangles rectangles ETA et ETB ainsi que les longueurs fournies, exprimer tanα et tanβ en fonction de x.
La fonction tangente est d´efinie sur l’intervalle ò
0 ; π 2 ï
par tanx= sinx cosx. 2. Montrer que la fonction tan est strictement croissante sur l’intervalle
ò 0 ; π
2 ï
. 3. L’angleATB admet une mesure[ γ appartenant `a l’intervalle
ò 0 ; π
2 ï
, r´esultat admis ici, que l’on peut observer sur la figure.
On admet que, pour tous r´eelsaetb de l’intervalle ò
0 ; π 2 ï
, tan(a−b) = tana−tanb
1 + tana×tanb. Montrer que tanγ = 5,6x
x2+ 765.
4. L’angle ATB est maximum lorsque sa mesure[ γ est maximale. Montrer que cela correspond `a un minimum sur l’intervalle ]0 ; 50] de la fonction f d´efinie par : f(x) =x+765
x .
Montrer qu’il existe une unique valeur de x pour laquelle l’angle ATB est maximum et d´[ eterminer cette valeur de xau m`etre pr`es ainsi qu’une mesure de l’angle ATB `[ a 0,01 radian pr`es.
Solution:
1.
tanα= EA ET = 25
x tanβ= EB
ET = 30,6 x
2. Les fonctions x 7→ sinx et x7→ cosx sont d´efinies et d´erivables sur ]0 ; π2[. Puisque la fonction cosinus ne s’annule pas sur ]0,π2[, on en d´eduit, par quotient, que la fonction x 7→ tanx est d´erivable sur ]0 ; π2[.
Pour tout nombre r´eel x appartenant `a ]0 ; π2[, on a : tan0(x) = cosx×cosx−sinx×(−cosx)
(cosx)2 = sin2x+ cos2x cos2x = 1
cos2x Puisque tan0 >0 sur ]0 ;π2[, alors
La fonction tangente est strictement croissante sur ò
0,π 2 ï
3. On a AT B[ =ET B[ −ET A, soit[ γ =β−α. Par suite : tanγ = tan(β−α) = tanα−tanβ
1 + tanαtanβ =
30,6 x −25
x 1 +30,6
x ×25 x
=
5,6 x 1 +765
x2
=
5,6 x x2+ 765
x2
= 5,6
x × x2
x2+ 765 = 5,6x x2+ 765
tanγ = 5,6x x2+ 765
4. L’angle AT B[ est maximal lorsque sa mesure γ l’est. Puisque γ appartient `a l’intervalle ]0 ; π2[ on en d´eduit, la fonction tangente ´etant strictement croissante sur ]0 ; π2[, queγ est maximal si et seulement si tanγ est maximal.
S’il existe, le maximum de tanγ est ainsi le maximum, sur ]0,50], de la fonction g d´efinie par g(x) = 5,6x
x2+ 765. Remarque :
Pour d´emontrer que g admet, sur ]0 ; 50], un maximum atteint pour une unique valeur dex, il suffit d’´etudier les variations deg, ce qui ne pose aucun probl`eme...
On peut aussi proc´eder de la mani`ere suivante :
Puisque la fonction g ne s’annule pas sur l’intervalle ]0 ; 50], on peut d´efinir, sur ]0 ; 50], la fonction 1
g.
La fonctiongest strictement positive sur ]0 ; 50] et la fonction inverse est strictement d´ecroissante sur ]0 ; +∞[ : les fonctions g et 1
g ont donc des sens de variation contraires.
Puisquef = 5,6×1
g, les fonctionsf et 1
g ont les mˆemes variations : les fonctionsf etgont donc des variations contraires.
Le maximum de g1sur ]0 ; 50] est obtenu en une valeur dex pour laquellef admet un minimum.
La fonctionf est d´erivable sur ]0,50] et, pour tout nombre r´eel xappartenant `a ]0 ; 50] : f0(x) = 1−765
x2 = x2−765
x2 = x+√ 765
x (x−√ 765) Puisque x∈]0 ; 50], alorsx+√
765>0 :
le signe de f’(x) est donc celui dex−√ 765 On en d´eduit que f est strictement d´ecroissante sur ]0,√
765] et strictement croissante sur [√
765 ; 50] :
f admet donc, sur ]0 ; 50], un minimum atteint pourx=√ 765.
L’angle AT B[ est maximal pour une unique valeur de x, ´egale `a √ 765 m.
Une valeur approch´ee de x, au m`etre pr´es, est 28 m
Une valeur approch´ee de l’angle AT B, `[ a 0,01 radian pr`es est 0,1, soit environ 5,78˚.
Exercice 5 : Prise d’initiative (15 minutes) (2 points)
Le point M appartient au quart de cercle trigo- nom´etrique de centre O et de rayon OI = 1.
H est le projet´e orthogonal deM sur (OI).
En passant par O (C’est-`a-dire segments [OH] puis [OM]) ou par I (c’est `a dire segment [HI] et arc de cercle IM¯ ) quel est le trajet de H `a M le plus court ?
I J
M
H O
t
Solution: Soitt, la mesure de l’angle en radian deIOM. On a donc[ IM =tet cos(t) =OH.
Le premier chemin mesure donc cos(t) + 1 et le second 1−cos(t) +t.
On appellef la fonction d´efinie sur [0;π
2] parf(t) = cos(t) + 1−1 + cos(t)−t= 2 cos(t)−t.
Il nous reste `a ´etudier le signe de f.
f est d´erivable sur Retf0(t) =−2 sin(t)−1.
Sur [0;π2], sin(t)>0 doncf0(t)<0 etf est strictement d´ecroissante.
De plusf est continue, etf(0) = 1 etf(π2) =−1. Par le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires l’´equation f(x) = 0 admet une unique solutionα. `A la calculatrice, on remarque queα≈1,03.
On en conclut que le chemin est plus court est celui passant parO pour t <1,03 et celui passant par I sinon.
