LYCÉE ALFRED KASTLER 1S 2017–2018 Devoir maison no16 – mathématiques
Correction Exercice 1
1. Le volume de la cuve est celui d’un parallélépipède rectangle (ou pavé droit) de base carrée de côté x+ 2×0,3 =x+ 0,6(on ajoute30 cm= 0,3 m de chaque côté) et de hauteurh+ 0,3(on ajoute 30cm pour le fond), privé du volume des 4m3, sachant que le volume de l’intérieur de cette cuve est x2 ×h = 4.
On a alors h= 4
x2, et ainsi :
V(x) = (x+ 0,6)2×(h+ 0,3)−4 = (x+ 0,6)2 4
x2 + 0,3
−4
2. Pour dériverV, on peut développer le carré : (x+ 0,6)2 =x2+ 1,2x+ 0,36.
Alors V(x) = (x2+ 1,2x+ 0,36) 4
x2 + 0,3
−4.
V est de la forme uv−4avec u(x) = (x+ 0,6)2 =x2+ 1,2x+ 0,36et v(x) = 4
x2 + 0,3
. Alors u0(x) = 2x+ 1,2. v est de la formule4× 1
w + 0,3avec w(x) =x2 Alors w0(x) = 2x etv0 = 4× −w0
w2 + 0 donc v0(x) = 4× −2x
(x2)2 = −8x x4 = −8
x3. Alors V0 = (uv)0−0 = u0v+uv0, donc :
V0(x) = (2x+ 1,2) 4
x2 + 0,3
+ (x+ 0,6)2 ×−8 x3
= 2(x+ 0,6) 4
x2 + 0,3
+ (x+ 0,6)2 ×−8 x3
= (x+ 0,6)
2 4
x2 + 0,3
+ (x+ 0,6)×−8 x3
= (x+ 0,6) 8
x2 + 0,6− 8
x2 + 0,6−8 x3
= (x+ 0,6)
0,6−0,6 8 x3
= (x+ 0,6)×0,6
1− 8 x3
Ainsi on a bien V0(x) = 0,6
1− 8 x3
(x+ 0,6).
3. Comme x >0, on a x+ 0,6>0, et comme 0,6>0, le signe deV0(x) est celui de 1− 8 x3. Or 1− 8
x3 >0⇔1> 8
x3 ⇔x3 >8(car x >0 donc x3 >0).
Or x3 >8⇔x >2 (en effet 23 = 8 et la fonction x7→x3 est croissante).
On obtient alors la tableau de variations suivant :
x
Signe de V0(x) variations
deV
0 2 +∞
− 0 +
V(2) V(2)
Avec V(2) = 2,62×1,3−4 = 4,788
4. D’après le tableau de variation, V admet donc un minimum en x = 2. Cela implique que le volume de béton est minimal lorsque x= 2 et h= 4
x2 = 4 x2 = 1.
Le minimum est alors de V(2) = 4,788 m3. Exercice 2
1. On a E(X) =ax+b(1−x) = ax+b−bx= (a−b)x+b.
Or06x61. Commea < b, on aa−b <0, donc0>(a−b)x>a−b, puisb>(a−b)x+b >a.
Autrement dit, a6E(X)6b.
2. (a) On a :
V(X) =a2x+b2(1−x)−(E(X))2
= (a2−b2)x+b2−((a−b)x+b)2
= (a2−b2)x+b2−((a−b)2x2+ 2(a−b)xb+b2)
= (a2−b2)x+b2−(a−b)2x2−(2ab−2b2)x−b2
=−(a−b)2x2+ (a2−b2−2ab+ 2b2)x
=−(a−b)2x2+ (a2−2ab+b2)x
=−(a−b)2x2+ (a−b)2x
= (a−b)2(−x2+x)
(b) f est polynomiale de degré 2 avec a = −1 <0. L’abscisse du sommet de la parabole est x= −b
2a = −1
2×(−1) = 1
2. On a alors les variations suivantes : x
variations de f
0 1
2 1
0 0
1 4 1 4
0 0 (c) Puisque (a−b)2 est un carré, ce nombre est positif. De plus √
u a les mêmes variations que u. On obtient alors (attention au fait que p
(a−b)2 =|a−b|=b−a car a < b donc a−b <0) :
x
variations deV(X) = (a−b)2f
variations deσ(X) =p
V(X)
0 1
2 1
0 0
(a−b)2 4 (a−b)2
4
0 0
0 0
b−a 2 b−a
2
0 0
Ainsi, 06V(X)6 (b−a)2
4 et06σ(X)6 b−a 2 .
