Fonction d’offre, fonction de demande

JF FERRARIS – L1 – IUT1 – Fonctions réelles 1 – TD3. Optimisation.

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Exercice 1 - Fonction d’offre, fonction de demande

Quelques explications sur l’offre et la demande

La Demande représente la quantité d’un bien ou un service qu’une personne désire acquérir à un prix donné. Elle est fonction du prix d’achat : plus le prix s’élève, plus la Demande diminue, on dit qu’elle est fonction décroissante de son prix. L’Offre représente la quantité d’un bien qu’une personne désire vendre sur le marché à un prix donné. L’Offre est normalement une fonction croissante du prix : plus le prix d’un produit est élevé, plus (pour un coût de production donné) il est intéressant pour un producteur d’en vendre, son bénéfice croissant avec le prix. La courbe de Demande et la courbe d’Offre étant respectivement décroissante et croissante en fonc-tion du prix, ont un point d’intersection où les quantités demandées et offertes sont égales pour un prix donné. Sur le marché d’un produit donné, le prix d’équilibre est celui qui permet l’égalité entre les quantités offertes et demandées. Si les producteurs acceptent le prix d’équilibre, ils peuvent vendre la totalité de leur production, il n’y a ni surproduction ni sous-production. De même, la Demande de tous les acheteurs, qui sont prêts à payer ce prix, est satisfaite, il n’y a ni sous-, ni surconsommation : le marché est équilibré. Enoncé Pour un produit donné, la fonction d’offre s’exprime par f (x) = 0,25x² + x + 40 et la fonction de demande

par g(x) = 100 – 8x + 500

2 5x +, où x est la quantité de produit exprimée en milliers d’unités et où f (x) et

g(x) sont les prix unitaires de vente et d’achat exprimés en euros. Ces modélisations sont valables entre 0 et 12000 unités de ce produit. 1) Justifier que, sur notre intervalle d’étude, la fonction f est croissante et la fonction g est décroissante.

f (x) est un polynôme du second degré de premier coefficient positif ; il atteint son minimum pour x = -b/2a = -2. f est donc strictement croissante sur [0 ; 12].

g’(x) = -8 - ( )2

1000

2 5x + , somme de deux termes strictement négatifs. La fonction g est donc stricte-

ment décroissante sur [0 ; 12] (qui ne contient pas de valeur interdite pour g).

2) Représenter graphiquement ces deux fonctions puis donner par lecture graphique la position approxi-mative du point d’équilibre de ce produit sur le marché.

Le point d’équilibre est environ (7,7 ; 63). Pour un prix de 63 €, l’offre et la demande s’accordent, sur une quantité de 7700 unités.


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Exercice 2 - Coût marginal et coût moyen

L’entreprise AAA examine ses coûts de production hebdomadaires. Ceux-ci sont la somme de coûts fixes (5000 €) et de coûts variables exprimables en fonction de la quantité q à produire, en unités. La formule définitive du coût total de production, C(q) en euros est donnée ci-

après et valable pour q ∈ [0 ; 160] : ( ) ,3 20 02 3 200 5000= − + +C q q q q .

On donne ci-dessous le graphique 1 représentant la fonction C dans l’intervalle cité.

1) Coût marginal

Lorsqu’on envisage de produire q unités de notre produit, le coût marginal est le coût de production de l’unité supplémentaire. C’est donc la différence entre le coût de production de q+1 unités et

celui de q unités. Par définition, le coût marginal Cm(q) est donc : ( ) ( ) ( )1= + −m

C q C q C q .

Conséquences :

En remarquant que ( ) ( )1+ −C q C q peut se noter ( ) ( )+ −C q h C q

h pour h = 1, on constate que le

coût marginal est le taux de variation de la fonction C entre un point A d’abscisse q et un point B

d’abscisse q+1, autrement dit : ( )mC q est la pente de la droite (AB).

De plus, 1 (= h) étant généralement petit devant q, cette pente est très proche de celle de la tan-

gente en A à la courbe de la fonction C, autrement dit : ( )′C q .

C’est pour cette raison que dans la pratique, en économie, on décide parfois de calculer le coût marginal autrement que par sa définition première (premier encadré, ci-dessus), par ce moyen :

( ) ( )mC q C q′≈

a. Calculer le coût marginal de 50 pièces produites, comparer à ( )50′C .

Faire de même pour q = 150. Remarques ?

Cm(50) = C(51) – C(50) = 10050,02 – 10000 = 50,02 C’(50) = 0,06×50² - 6×50 + 200 = 50 Cm(150) = C(151) – C(150) = 35656,02 – 35000 = 656,02 C’(150) = 0,06×150² - 6×150 + 200 = 650 Dans les deux cas, les deux résultats sont très proches. En effet, le nombre dérivé vaut peut-être à peu près le coût marginal dans tous les cas.

b. Déterminer graphiquement le point de production pour lequel le coût marginal est minimal.

Il s’agit donc approximativement du point en lequel la tangente a la plus faible pente, ce qui semble se produire pour q = 50, avec un coût de production de 10000 €.


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c. Créer un second graphique, « graphique 2 » dans lequel on tracera la courbe de la fonction C’, déri-vée de C, qui représentera désormais le coût marginal de production Cm. Faire le lien avec la réponse à la question précédente.

Effectivement, C’ est minimal pour q = 50 (et comme C’ est un polynôme du second degré, la position de son sommet se démontre aisément).

2) Coût moyen

Lorsqu’on envisage de produire q unités de notre produit, le coût moyen est le coût de production total rapporté au nombre d’unités produites.

Par définition, le coût moyen CM(q) est donc : ( ) ( )=M

C qC q

q.

Conséquence : Considérons l’origine O du repère et un point A(q, C(q)) sur la courbe de la fonction C.

Le coût moyen, tel que défini, est ainsi la pente du segment [OA].

a. Tracer la courbe de la fonction CM sur le graphique 2. b. Justifier, par lecture graphique sur le graphique 1, que Cm(50) < CM(50) et que Cm(150) > CM(150).

En effet, en nommant A le point (50 ; C(50)), nous voyons que la pente de la tangente en A est infé-rieure à la pente du segment [OA] ; de même, en nommant A le point (150 ; C(150)), nous voyons que la pente de la tangente en A est supérieure à la pente du segment [OA].

c. Sur le graphique 1, déterminer le point A de la courbe de C en lequel CM est minimal. Confirmer l’abscisse approximative du point A d’après ce que montre le graphique 2.

La pente du segment [OA], donc le coût moyen, semble minimale pour q = 90, ce que semble confirmer le graphique 2.

d. Vérifier à l’aide des deux graphiques les affirmations suivantes : * « le coût moyen baisse tant que le coût marginal est inférieur au coût moyen » * « lorsque le coût moyen est minimal, il est égal au coût marginal »

On le vérifie facilement sur les deux graphiques. Une explication concrète : Si le coût d’une unité supplémentaire est inférieur au coût moyen des unités déjà produites, il est clair que l’unité supplémentaire fera baisser le coût moyen de production. Par contre, si le coût d’une unité supplémentaire est supérieur au coût moyen des unités déjà pro-duites, l’unité supplémentaire fera bien sûr augmenter le coût moyen de production. On en arrive donc à la situation classique dans laquelle le coût moyen sera le plus faible lorsque le coût marginal lui sera égal.

Cm

CM


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Exercice 3 - Boîte cylindrique fermée

Nous devons fabriquer une boîte cylindrique fermée de volume V. Quelle relation entre son rayon R et sa hauteur H doit-il exister pour que la surface S de matériaux en feuille utilisée soit minimale ? Quelle est alors cette surface en fonction de V ?

Exprimons aire et volume d’un cylindre : S = 2πR² + 2πRH et V = πR²H. V est une constante donnée

par cahier des charges. Ainsi H ne dépend que de R : 2

=πV

HR

. On reporte cette expression dans S

pour obtenir l’aire comme fonction d’une variable unique R : S = 2πR² + 2V/R.

Nous pouvons alors étudier cette fonction pour R positif, grâce à sa dérivée : 2

d4 2

d= π −S V

RR R

Cette dérivée est positive ssi 2

3 3

24 2

2 2 2

π > ⇔ > ⇔ > ⇔ > π

V V HR HR R R R

R.

Nous pouvons établir le tableau de variation suivant :

R 0 3

2πV

+∞

( )S R′ ------- ---+---

S

L’étude précédente montre que pour 2

= HR la quantité de matériau utilisée est minimale :

la boîte de conserve doit être fabriquée aussi haute que large.

On exprime les résultats en fonction de V : 3 23 2= πS V , 3

2=

πV

R et 34=πV

H .

Exercice 4 - Casserole

La production en série de casseroles bon marché est prévue. Celles-ci sont censées contenir un volume

V donné ; elles doivent être de forme cylindrique et le métal servant à leur fabrication doit être utilisé

avec un maximum d’économie : l’aire totale (base inférieure du cylindre, plus l’aire latérale) doit être

minimale. Notre objectif est donc de déterminer quels sont le rayon R et la hauteur H à choisir pour mi-

nimiser cette aire.

1) Montrer que l’aire peut s’écrire en fonction de la variable R seule comme suit : ( ) 2 2VA R R

R= π +

aire base + aire latérale = 2 2R RHπ + π . Or, V = 2R Hπ , c’est-à-dire 2

VH

R=

π .

Après remplacement : ( ) 2 2VA R R

R= π + .

2) a. Etudier les variations de cette fonction ; en déduire le rayon optimal à choisir.

( )3

2 2

2V 2 2V2

RA R R

R R

π −′ = π − = , positive si 3 3V

VR Rπ > ⇔ >π

.

La fonction A est donc décroissante lorsque R augmente de 0 à 3V

π puis est croissante lorsque R

continue d’augmenter. L’aire A est minimale lorsque R = 3V

π.


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b. Donner dans ces conditions optimales le rapport entre R et H.

3

2 2

V RH R

R R

π= = =π π

. La hauteur de la casserole doit être égale à son rayon, et donc à la moitié de

son diamètre.

Exercice 5 - Gouttière

Une gouttière est fabriquée avec trois plaques métalliques P1, P2 et

P3 (voir figures ci-contre) de mêmes dimensions : AB = BC = CD =

10 cm. Sa section est un trapèze isocèle, ce qui se traduit sur la se-

conde figure par : * (AD) et (BC) sont parallèles, * AH = KD, * HK =

BC et enfin * BCKH est un rectangle.

Le seul paramètre réglable, pour finaliser sa fabrication, est l’angle

θ que doit faire [AB] avec la verticale [BH] (angle qui sera donc pris

aussi par [CD] avec [CK]).

L’objectif de cet exercice est de trouver la valeur de l’angle θ qui rendra

l’aire du trapèze ABCD maximale, permettant ainsi à la gouttière de

convoyer le débit d’eau le plus important possible.

Pour faire cet exercice, vous avez le choix entre (ne traitez pas les deux !) :

* traiter la partie 1, qui met le problème en équation avec la variable θ,

OU * traiter la partie 2, qui met le problème en équation avec la variable x = AH = KD.

Partie 1

On considère la variable θ, que l’on prendra logiquement entre 0 et 2

π.

1) a. Déterminer les distances BH et AH en fonction de θ, puis l’aire A(θ) du trapèze.

BH = AB.cosθ = 10cosθ ; AH = 10sinθ A(θ) = ( )sin cosAD BC

BH 100 12

θ θ+ × = + .

b. Dériver A(θ) par rapport à θ.

A ’(θ) = ( ) ( ) ( ) ( )cos cos sin sin cos sin sin sin sin2 2 2100 100 1 100 100 1 2θ θ θ θ θ θ θ θ θ− + = − − = − −

2) a. Montrer qu’une dérivée positive équivaut à la positivité du polynôme -2S² - S + 1 où S = sinθ.

En effet, cette dérivée est positive ssi sin sin22 1 0θ θ− − + > .

b. Etudier le signe du polynôme -2S² - S + 1 en fonction de S.

∆ = 9, racines : 0,5 et -1. Ce polynôme est positif ssi S ∈ [-1 ; 0,5].

c. Conclure sur les variations de A (θ) en fonction de θ et donc sur l’objectif de l’exercice.

Traduisons pour θ le résultat précédent, sachant que θ ∈ [0 ; 2

π], et donc S ∈ [0 ; 1] :

A ’(θ) est positive ssi S ∈ [0 ; 0,5], soit θ ∈ [0 ; 6

π], et A(θ) est donc maximale pour θ =

6

π.


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Partie 2

On considère la variable x = AH = KD, que l’on prendra logiquement entre 0 et 10 (cm).

1) a. Déterminer la hauteur BH en fonction de x, puis l’expression A(x) de l’aire du trapèze.

BH = 2100 x− . A(x) = ( ) 2AD BCBH 10 100

2x x

+ × = + −

b. Dériver A(x) par rapport à x.

A ’(x) = ( ).2 2 2

2

2 2 2

2 100 10 5 501 100 10 2

2 100 100 100

x x x x x xx x

x x x

− − − − − − +− + + = = ×− − −

2) a. Montrer qu’une dérivée positive équivaut à la positivité du polynôme -x² - 5x + 50.

En effet, cette dérivée est positive ssi -x² - 5x + 50 > 0.

b. Etudier le signe du polynôme -x² - 5x + 50 en fonction de x.

∆ = 225, racines : 5 et -10. Ce polynôme est positif ssi x ∈ [-10 ; 5].

c. Conclure sur les variations de A(x) en fonction de x et donc sur l’objectif de l’exercice.

Comme pour notre fonction x ∈ [0 ; 10], on en conclut que A ’(x) > 0 ssi x ∈ [0 ; 5], soit :

A(x) est maximale pour x = 5.

Exercice 6 - Triangle dans parabole

La figure ci-contre montre la parabole d'équation 24y x= − dans l'intervalle [ ]2 ; 2− de valeurs de x. Le

point M (–2 , 0) est fixe, tandis que les points A (a , 0) et

P (a , 4 – a²) sont mobiles (le premier sur l'axe des abs-

cisses et le second sur la parabole ; [AP] est donc verti-

cal), selon la valeur du paramètre a, pouvant évoluer

dans l'intervalle [ ]2 ; 2− .

Comment choisir la valeur de a pour que l'aire du

triangle MAP soit maximale ? Calculer alors cette aire.

MA= 2 + a et AP = 4 – a² , donc l'aire s'écrit :

( )( ) ( )2 3 21 12 4 2 4 8

2 2a a a a a+ − = − − + + . Sa dérivée

est 232 2

2a a− − + , polynôme du second degré, qui prend des valeurs positives uniquement lorsque

a est compris entre ses racines : -2 et 2

3.

L'aire du triangle, fonction de a , est donc croissante sur 2

2 ;3

− et décroissante sur

2; 2

3

.

Elle est maximale pour 2

3a = et vaut ( )( )

2

21 1 2 2 1 8 32 1282 4 2 4

2 2 3 3 2 3 9 27a a

+ − = + − = × × = .

M

A

P


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Exercice 7 - Problème du maître-nageur

Un maître-nageur se trouve au bord de la plage. Il dispose de 360 mètres de corde-bouée pour délimiter une aire de baignade en for-mant deux côtés d’un triangle isocèle (voir figure : les deux côtés sont en trait plein, mesurant 180 m chacun). L’objectif est de don-ner à ce triangle la forme optimale afin de rendre maximale son aire (donc l’aire de baignade). La forme à choisir pour le triangle peut être décrite par le choix d’une variable x, demie longueur de la base, ou par le choix d’une

variable θ, angle entre la base et un des côtés de 180 m.

Vous traiterez l’exercice en optant pour l’une OU l’autre modélisation.

Si vous choisissez la variable x, vous devrez justifier dans un premier temps que l’aire du triangle est 2 2180x x− ; si vous choisissez la variable θ, vous devrez justifier dans un premier temps que l’aire du

triangle est cos sin2180 θ θ . Enfin, une fois trouvée la valeur optimale de votre variable, vous devrez

donner les dimensions du triangle obtenu (base, hauteur, aire).

Version « x » : (x appartient forcément à l’intervalle [0 ; 180])

Le théorème de Pythagore montre que la hauteur du triangle vaut 2 2180 x− et puisque x est sa

demie base, l’aire du triangle est ( ) 2 2180A x x x= − .

Etudions les variations de cette aire, en la dérivant :

( )2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 180 2180 180

2 180 180 180

x x xA x x x x

x x x

− − −′ = − + = − + =− − −

.

Cette dérivée est positive si, et seulement si, 2

2 180

2x < , soit

180

2x < .

Au-delà, la dérivée est négative, et l’aire est donc maximale pour 180

127,28 m2

x = ≈ .

La hauteur vaut alors 2

2 180 180180

2 2x− = = , autrement dit : le triangle optimal est isocèle rec-

tangle (un carré ,ici de côté 180 m, coupé par l’une de ses diagonales).

Son aire vaut 2

218016200 m

2= .

Version « θ » : (θ appartient forcément à l’intervalle 0 ; 2

π

)

La trigonométrie dans le triangle rectangle montre que la hauteur du triangle vaut sin180 θ et que sa demie base vaut cos180 θ .

L’aire du triangle est ( ) sin cos sin cos sin2

2 180180 180 180 2

2A θ θ θ θ θ θ= × = = .

Etudions les variations de cette aire, en la dérivant : ( ) cos cos2

21802 2 180 2

2A θ θ θ′ = × = .

Cette dérivée est positive si, et seulement si, 22

θ π< , soit 4

θ π< .

Au-delà, la dérivée est négative, et l’aire est donc maximale pour 4

θ π= .


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La hauteur vaut alors sin180

1804 2

π = et la demie base vaut cos180

1804 2

π = , autrement dit : le

triangle optimal est isocèle rectangle (un carré ,ici de côté 180 m, coupé par l’une de ses diagonales).

Son aire vaut 2

218016200 m

2= .

Exercice 8 - Chemin minimal

Quatre villages A, B, C et D sont situés aux sommets d'un carré de 10 kilomètres de côté. On se propose de relier ces quatre villages par un réseau de fibres optiques comportant deux "nœuds" en M et N comme indiqué sur la figure ci-dessous. Les points M et N sont symétriques par rapport au centre du carré et le réseau est symétrique par rapport aux média-trices du carré. L'objectif du problème est de trouver la position du point M pour laquelle la longueur totale des fibres optiques est minimale. Pour un meilleur repérage, on place les différents points dans le repère ci-des-sous. Dans ce repère, le point M qui nous intéresse a donc comme coordonnées : M(x ; 5) 1) Déterminer la valeur de x pour laquelle la lon-

gueur totale du réseau est minimale.

Soit L la longueur totale du réseau de fibres optiques. Soit M(x, 5). = + + + +L AM MD NC NB MN

Par symétrie, on a : = = =AM MD NC NB , donc 4= +L AM MN . Considérons le triangle rectangle AMH (H est le projeté orthogonal de M sur Ox).

D'après Pythagore dans ce triangle : 2 2 2= +AM AH MH

Or x=AH et 5=MH . Donc 2 25x= +AM

Remarque : pour des raisons géométriques, x est défini dans l'intervalle [ ; ]0 5 .

D'autre part, on a la relation géométrique : 10 2x= = +AB MN , d'où 10 2x= −MN

Par conséquent la longueur L vaut : ( )24 25 10 2x x= + + −L

C'est cette longueur, fonction de x, que l'on cherche à minimiser.

Calculons sa dérivée : ( )2 2

1 2 44 2 2

2 25 25

x xx

x x′ = − = −

+ +L , ( )

2

2

4 2 25

25

x xx

x

− +′ =+

L

Elle est positive ssi 24 2 25x x> + , soit ( )2 22 25x x> + (x est positif), et enfin :

23 25 0x − > . Les solutions pour x sont les réels de l’intervalle ;5

53

.

x 0 5 3 5

L'(x)

– 0 +

L(x)

( )5 3L


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La longueur totale de fibres optiques est donc minimale pour 5 5 3

2,8933

x = = ≈

2) En déduire la longueur totale de ce réseau de fibres optiques (valeur exacte et valeur approchée au 1/10 de kilomètre).

Longueur totale : ( )min

25 5 40 3 1

4 25 10 2 10 10 3 1 27,3 km3 3 3 3

− = + + − = + = + ≈

L

Exercice 9 - Silo

Un silo est constitué d'un cylindre de rayon r et de hauteur h, surmonté d'une demi-sphère de même rayon r. La quantité de matière nécessaire à la fabrication des parois (plancher inférieur + paroi latérale du cylindre + demi-sphère) est fixée, c’est-à-dire que la surface totale correspondante est im-posée, et notée S0.

1) En exprimant l'aire totale et le volume du silo, déterminer les dimen-sions r et h à choisir pour que le volume soit maximal. Indication : on exprimera le volume du silo en fonction du rayon r

seul, et on montrera que la dérivée de ce volume par rapport à r s'exprime comme ( )S r− π 20

15

2.

Rappel : l'aire d'une sphère est 4πr² et son volume intérieur est 4

3πr3.

Aire totale : S r r rh r rh= π + π + π = π + π2 2 20

14 2 3 2

2 soit 0 3

2 2

Sh r

r= −

π.

Volume : S S

V r h r r r r r rr

= π + = π − + = π − π π

2 3 2 3 30 02 3 2 5

3 2 2 3 2 6, dont la dérivée par rapport à

r est ( )2 2 20 00

5 5 13 5

2 6 2 2 2

S SV r r S r

′ = π − = π − = − π π π

V ' est strictement positive ssi S

r <π0

5. Ainsi, le volume est maximal si

Sr r= =

π0

05

. Alors,

0 0 0 0 0 00 0 0 2

0 0 0

53 3 3 5 3

2 2 2 2 5 2 2 5 2 2 5

S S S S S Sh r r

r r S

× π = − = − = − = − = π π π π π π

2) Application numérique On choisit pour S0 la valeur 5π. Déterminer alors les valeurs r0 et h0 qui optimisent le volume, ainsi que la valeur de ce volume maximal.

Application numérique : S = π0 5 , d’où r =0 1 , h =0 1 et max

300 0

5 5 5 5

2 6 2 6 3

SV r r

π π π π= − = − =


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Exercice 10 - Quart de cercle

Un point M se trouve sur le premier quart du cercle trigonométrique (voir figure). Dans le repère d’origine O, A est le point (1, 0) et on note x l’angle

( )OA , OM��

. H est le projeté orthogonal de M sur la droite (OA).

Les questions 1, 2 et 3 sont indépendantes.

1) a. Exprimer l’aire du triangle OMH en fonction de x.

( ) cos .sin sin1 1

22 4

f x x x x= =

b. Etudier les variations de cette fonction pour x ∈ [0 ; 2

π]. Dire alors

pour quelle valeur de x l’aire du triangle OMH se trouve maximale et calculer cette aire.

Lorsque x parcourt [0 ; 2

π], 2x parcourt [0 ; π] et donc son sinus augmente de 0 à 1 puis diminue de 1

à 0. En particulier, ( )f x est maximal lorsque 22

xπ= , c’est à dire lorsque

4x

π= .

Dans ce cas, ( ) sin1 1

24 4

f x x= = .

2) a. On recherche la valeur de x telle que l’aire du triangle OMH est égale à l’aire de la portion de disque HMA. Montrer que cela revient à l’égalité sin2x x=

L’aire du triangle OMH ( sin1

24

x ) doit donc être la moitié de celle du secteur angulaire OAM.

L’aire du disque de rayon 1 vaut π, celle du secteur OAM vaut donc 2 2

x x× π =π

.

Ainsi, sin sin1 1

2 24 2 2

xx x x= × ⇔ = .

b. Justifier alors que cela se produit pour x compris entre 0,9477 rad et 0,9478 rad.

Nous sommes entre les valeurs 45° et 90° pour x. Dans cet intervalle, sin 2x diminue quand x aug-

mente. Lorsque x = 0,9477 : sin2 0,9477772x ≈ et lorsque x = 0,9478 : sin2 0,9477134x ≈ . Effectivement,

l’égalité a été obtenue entre ces deux valeurs de x.

3) On veut estimer la valeur de sin 2x lorsque x est très proche de 0. a. Etablir un développement limité en 0 de sin 2x à l’ordre 3.

La formule de McLaurin donne :

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

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

sin sin sin sin sin

cos sin cos

2 33

2 3 33 3

2 0 2 0 2 0 2 02 6

80 2 2 0 4 2 0 8 2 0 2

2 6 6

x xx x x x x x x

x x xx x x x x x x x x

ε

ε ε

′ ′′ ′′′= + + + +

= + + − + − + = − +

b. A l’aide de ce développement limité, donner une estimation de sin0,2 . Comparer avec le résultat

donné par la calculatrice, puis calculer le pourcentage d’erreur commis par l’estimation.

sin8 0,001

0,2 0,2 0,1986666676

×≈ − ≈ . La calculatrice donne plus précisément :

sin0,2 0,198669331≈ .

Le taux d’erreur du développement limité est donc : 0,000002664

0,00001341 0,001341 %0,198669331

≈ = .


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Exercice 11 - Cône/sphère

Un cône de base circulaire, de dimensions variables, est inscrit dans une sphère de centre O et de rayon R. Son sommet est le point A, fixe, sur la

sphère ; son angle au sommet θ = B’AB est une variable, que l’on peut

choisir entre 0 et π radians

(lorsque θ augmente, les points B et B’ remontent sur la sphère, en se

rapprochant de A).

L’objectif de l’exercice est de déterminer quelle est la valeur à donner à θ pour que ce cône ait le volume le plus grand possible.

1) a. Déterminer une expression du volume du cône en fonction de θ , soit ( )θV .

On se souviendra du théorème de l’angle au centre, qui permet de dire que les angles B’AB et HOB sont égaux.

2 21 1HB .HA

3 3= π = π.V r h

Le théorème de Pythagore dans le triangle OHB conduit à HB² = R² - OH². D’autre part, HA = R + OH.

Il reste donc à exprimer OH en fonction de θ : comme l’angle HOB vaut θ, on a OH = R.cosθ.

Donc : ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )cos cos cos cos sin cos2 2 2 3 2 3 21 1 1

. 1 1 13 3 3

θ θ θ θ θ θ θ= π. − + = π − + = π +V R R R R R R

b. Montrer alors que la dérivée de V par rapport à θ est : ( ) ( )sin cos cos3 21

3 2 13

θ θ θ θ′ = π + −V R .

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

( )( ) ( )

cos sin cos sin sin sin cos cos sin

sin cos cos cos sin cos cos

3 2 3 2

3 2 2 3 2

1 12 1 2 1

3 3

1 12 2 1 3 2 1

3 3

θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ

θ θ θ θ θ θ θ

′ = π + − = π + −

= π + − − = π + −

V R R

R R

2) a. Etudier le signe du polynôme 3X² + 2X – 1 lorsque le réel X parcourt l’intervalle [-1 ; 1].

Discriminant : 16 ; deux racines réelles : -1 et 1/3, polynôme négatif ssi X est entre les racines.

b. En déduire le signe de ( )θ′V pour θ compris entre 0 et π.

Pour θ parcourant les valeurs de 0 à π., cosθ parcourt les valeurs de 1 à -1.

D’après la réponse précédente, cos cos23 2 1θ θ+ − est négatif ssi cosθ est compris entre -1 et 1/3,

soit θ compris entre π et arccos1/3.

sinθ est également un facteur de ( )θ′V , positif pour θ compris entre 0 et π.

Finalement, ( )θ′V est positif de 0 à arccos1/3 et négatif de arccos1/3 à π.

c. Conclure : quelle est la valeur à donner à θ (valeur exacte et valeur approchée exprimée en degrés

au dixième près) pour que le cône inscrit ait le plus grand volume possible ? Combien vaut ce vo-lume ? Quel pourcentage représente-t-il par rapport à celui de la sphère ?

Il faut donc que cet angle soit égal à arccos1/3 (on remarque que dans ce cas OH vaut le tiers du rayon et AH vaut les deux tiers du diamètre).

cosθ = 1/3 ; cos²θ = 1/9 ; sin²θ = 8/9, ainsi :

arccos . %

3

3 3 maxmax

3sphère

321 1 8 4 32 32 3 881; 29 63

43 3 9 3 81 81 4 273

π = π × = π = = × = ≈

π

RV

V = V R RV

R


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Exercice 12 - Mini-barre

La figure ci-contre représente le sol (droite (AB)), un mur perpendiculaire au sol (droite verticale conte-nant B) aussi haut qu'on veut, et un muret (segment [AH]) vertical également, de hauteur h. La distance horizontale AB entre le mur et le muret est notée L. On doit placer une barre rectiligne en appui sur le sol (point M), sur le mur (point N), et aussi sur le sommet du muret (point H). L'objectif de l'exercice est de choisir le positionnement de M et N qui minimisera la longueur de la barre. 1) On choisit d'écrire toutes les grandeurs intéressantes en fonction de θ , angle entre la barre et l'hori-

zontale. Montrer alors que la longueur de la barre vaut : ( )sin cos

MNh L

f θθ θ

= = + .

MN = MH + HN = sin cos

h L

θ θ+ .

2) En étudiant les variations de cette fonction, obtenir une condition sur la tangente de l'angle θ pour que la longueur de la barre soit minimale (on justifiera le sens de variation de notre fonction).

( ) ( ) cos sin sin cos

sin cos sin cos sin cos

3 3

2 2 2 2;

h L h L L hf f

θ θ θ θθ θθ θ θ θ θ θ

− −′= + = + = .

θ appartenant à 0 ; 2

π

, ( ) sin cos tan tan3 3 3 30 0

h hf L h

L Lθ θ θ θ θ′ > ⇔ − > ⇔ > ⇔ > .

La fonction f est donc strictement décroissante sur arctan 30 ; h

L

et strictement croissante sur

arctan 3 ; 2

h

L

π

; elle est donc minimale pour tan 3h

Lθ = .

3) Cas particulier : dans le cas où L = h, quel sera l'angle min

θ correspondant à une longueur de barre mi-

nimale ? Quelle est alors la longueur de la barre ?

On a ici : tan 3 1 1θ = = , soit 4

θ π= .

La longueur de la barre est alors :

sin cos

2 2 214

4 4 2

h h hf h

π = + = = π π .


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Page 13

Exercice 13 - Carré dans quadrant

Dans la figure ci-contre, le point P est libre de parcourir un

quart de cercle de centre O et de rayon 1 (OP = OT = 1).

Le choix de l’angle α, donc de la position de P, entraine la créa-

tion d’un point S tel que OS = cosα et PS = sinα ; cela entraine

aussi la possibilité de créer le carré PQRS dont le côté mesure

sinα, dont une partie, d’aire A, est extérieure au quart de

cercle initial.

Partie 1 : Déterminons la courbe que parcourt le point Q lorsque α parcourt ;02

π

.

On note x et y les coordonnées du point Q, pour un angle α déterminé.

1) Donner les écritures de x et y en fonction de α.

x = OS + SR = cosα + sinα y = RQ = sinα

2) Compte tenu des réponses précédentes, montrer que x et y sont forcément unis par la relation :

x = y + 21 y−

Comme cosα = sin21 α− , on a bien : x = y + 21 y− .

3) Etudier les variations de x en fonction de y et décrire en particulier la situation où x est maximal.

(pour des raisons simplificatrices, on préférera étudier x en fonction de y et non le contraire, ce qui

impliquera par exemple de dériver l’expression au-dessus par rapport à y)

2

d1

d 1

x y

y y= −

−.

On aura d’autre part remarqué que lorsque α parcourt ;02

π

, y augmente de 0 à 1.

02 2 2 2

2

d 1 10 1 1 1

d 2 21

yx yy y y y y y

y y

>> ⇔ < ⇔ < − < − ⇔ < ⇔ <⇔

−.

La fonction x est donc croissante sur ;1

02

et décroissante sur ;1

12

.

x est maximal pour y = 1

2, ce qui correspond à

4α π= , et xmax vaut alors 2 .

4) Tracer sur la figure de l’énoncé la courbe que parcourt le point Q lorsque α parcourt ;02

π

.

(un quadrillage est représenté avec 0,1 unité par carreau)


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Page 14

Partie 2 : Notre objectif est de déterminer pour quelle valeur de α l’aire A est maximale.

1) Compte tenu du contexte géométrique, montrer que A = sin²α – 2

α +

1

2cosα × sinα.

On se souviendra que l’aire d’un secteur angulaire tel que OPT est proportionnelle à son angle d’ou-

verture et que pour un angle correspondant à un tour complet, l’aire d’un disque est connue.

A = aire(PQRS) – [aire(secteur OPT) – aire(triangle OPS)]

= sin²α - [ . . ²12

α ππ

- 1

2cosα × sinα] = sin²α –

2

α +

1

2cosα × sinα.

2) Après avoir étudié les variations de cette fonction A de variable α, donner la solution cherchée.

A’(α) = 2 cosα sinα – 2

α +

1

2(cos²α - sin²α) = 2 cosα sinα –

2

α +

1

2(1 - 2sin²α) = sinα (2cosα - sinα)

Comme cosα et sinα sont ici positifs, A’(α) > 0 ⇔ 2cosα > sinα ⇔ tanα < 2.

Ainsi, A est strictement croissante sur [0 ; arctan 2[ et strictement décroissante sur ]arctan 2 ; 2

π].

L’aire A est maximale pour α = arctan 2 ≈ 1,107 rad ou 63,345°.

Partie 3 : Notre objectif est de déterminer pour quelle valeur de α la distance QO est maximale.

1) Compte tenu du contexte géométrique, montrer que QO² = 1 + sin(2α) + sin²α.

QO² = OR² + RQ² = (OS + SR)² + RQ² = (cosα + sinα)² + sin²α. = cos²α + sin²α + 2cosα.sinα + sin²α

= 1 + sin(2α) + sin²α.

2) On admet que QO est maximale lorsque QO² l’est. Etudier alors les variations de QO² sur l’intervalle

de α concerné, puis conclure.

Dérivons QO² par rapport à α : 2cos(2α) + 2cosα.sinα = 2cos(2α) + sin(2α).

Cette dérivée est positive si, et seulement si, 2cos(2α) > –sin(2α).

2α évolue sur l’intervalle [0 ; π]. Son sinus est positif, mais son cosinus est de signe variable. Dans le

cas où ce cosinus est négatif, notre dérivée peut l’être également, à condition que tan(2α) > –2.

Ainsi, pour que la dérivée de QO² soit négative, 2α doit être compris entre π + arctan(–2) et π (le tout

modulo 2π) et donc α doit être compris entre ( )+ arctan 2

2

π − et

2

π (modulo π).

QO² est donc maximal pour α = 1,017 rad = 58,28°.

(dans ce cas, QO est le nombre d’or !)


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Page 15

Exercice 14 - Optimisation - Piédestal

Soit un piédestal de hauteur H sur lequel est posée une statue de hauteur A. Quelle est la distance d de l’observateur au piédestal qui permet de voir la statue sous l’angle maximal ?

L’angle sous lequel est vue la statue est : 2 1α α α= − . Nous avons :

tan ; arctan ; tan ; arctan1 1 2 2α α α α+ += = = =H H H A H A

d d d d

Ainsi l’angle de vision de la statue est donné par : arctan arctanα += −H A H

d d Nous pouvons étudier les variations de )(dα pour d positif en en calculant la dérivée :

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

2 2

2 2 22 2 2 2 22 2 2 2

22

1 1

11

α+ −+ +′ = − + = − + =

++ + + + + +++

A H AH dH A H H A H

Hd d d HH A d H A d H A d H

dd Le dénominateur est positif [ [,0∀ ∈ + ∞d , donc le signe de la dérivée est identique au signe du nu-

mérateur, et en particulier à celui de H² + AH – d², qui est positif tant que d² est inférieure à H² + AH. Ainsi nous obtenons le tableau de variation suivant :

L’angle de vision maximum est obtenu pour ( )= +d H A H .


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Exercice 15 - Jambe de force

On souhaite réaliser une jambe de force composée de deux barres [OS] et [AT] reliées au point T. Sur la figure, O, A et H sont des points fixes. Les points T et S doivent respecter les contraintes suivantes : * S doit être choisi sur un axe parallèle à (OA) et con-

tenant H, avec OH = 1 m ; * O, T et S sont bien sûr alignés ; * [AT] est perpendiculaire à (OA). L’objectif est de déterminer la position des points glissants S et T qui rend la longueur totale AT + OS minimale. Vous pouvez traiter l’exercice au choix : en utilisant des coordonnées cartésiennes, ou alors avec des ou-tils trigonométriques… ne faites pas les deux ! Choix d’une étude en coordonnées cartésiennes :

On nommera x l’abscisse du point S dans ce repère d’origine O (x est forcément supérieur ou égal à 1, sinon [AT] ne serait plus reliée à [OS]…).

1) Montrer que la longueur totale AT + OS est égale à 211 x

x+ + . (on pourra s’aider du point K)

Avec le point K(x, 0) à la verticale de S et le théorème de Thalès (triangles OAT et OKS) : AT/1 = 1/x.

De plus, le théorème de Pythagore dans le triangle OKS donne OS = 21 x+ .

2) Montrer que la dérivée de cette fonction est positive tant que 6 21x x> + .

Dérivée de 211 x

x+ + :

3 2

2 2 2 2

1 1

1 1

x x x

x x x x

− +− + =+ +

qui est positive si 3 21x x> + , soit

6 21x x> + .

3) Calculer 6 2 et 1x x+ pour x = 1,14 puis pour x = 1,16. En déduire la valeur, approchée à 10-2 près, de x qui rend la longueur totale de la jambe de force minimale (justifier « minimale »), ainsi qu’une valeur approchée (au cm près) de cette longueur totale.

pour x = 1,14 : ,6 22,195 et 1 2 2996x x≈ + ≈ , soit une dérivée négative ;

pour x = 1,16 : ,6 22,436 et 1 2 346x x≈ + ≈ , soit une dérivée positive.

On admettra que la fonction « longueur totale » est décroissante sur [1 ; 1,15] et croissante si x > 1,15. Cette longueur est donc minimale pour x valant environ 1,15 m.

On a dans ce cas : AT + OS = , , ,21

1 0 8696 1 5240 2 39xx

+ + ≈ + ≈ m.


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Page 17

Choix d’une étude trigonométrique :

On nommera θ l’angle fait entre (OA) et (OS) (θ est forcément inférieur ou égal à 4

π, sinon [AT] ne

serait plus reliée à [OS]…).

1) Montrer que la longueur totale AT + OS vaut : tansin

1θθ

+ . (on pourra s’aider des points M, L et K)

Avec le point L(cos θ, 0) à la verticale de M et le théorème de Thalès (triangles OLM et OAT) :

AT/1 = sinθ / cosθ = tanθ. Avec le point K(1, 0) à la verticale de S et le théorème de Thalès (triangles OLM et OKS) :

OS/SK = OM/ML, soit OS/1 = 1/sinθ.

2) Montrer que la dérivée de cette fonction est positive tant que cos cos2 3 1θ θ+ < .

Dérivée de tansin

1θθ

+ : cos sin cos cos cos

cos sin cos .sin cos .sin

2 3 2 3

2 2 2 2 2 2

1 1θ θ θ θ θθ θ θ θ θ θ

− − −− = = qui est positive si

cos cos2 31 0θ θ− − > , soit cos cos2 3 1θ θ+ < .

3) Calculer cos cos2 3θ θ+ pour θ = 0,716 rad puis pour θ = 0,714 rad. En déduire la valeur, approchée à

10-3 près, de θ qui rend la longueur totale de la jambe de force minimale (justifier « minimale »), ainsi qu’une valeur approchée (au cm près) de cette longueur totale.

pour θ = 0,716 : cos cos ,2 3 0 9986θ θ+ ≈ , soit une dérivée positive ;

pour θ = 0,714 : cos cos ,2 3 1 0028θ θ+ ≈ , soit une dérivée négative.

On admettra que la fonction « longueur totale » est décroissante sur [0 ; 0,715] et croissante si θ > 0,715.

Cette longueur est donc minimale pour θ valant environ 0,715 rad (qui est inférieur à 4

π).

On a dans ce cas : AT + OS = tan , , ,sin

10 86826 1 52528 2 39θ

θ+ ≈ + ≈ m.

Exercice 16 - Gravity

Un récipient est cylindrique, de hauteur H (mètres), d’aire de base S (m2) et de masse M (kg) à vide.

Il peut contenir une certaine quantité de liquide, de masse volumique ρ (kg.m-3), repérée par la cote h

de sa surface (h ∈ [0 ; H], en mètres). La masse de liquide présente sera notée m (kg). L’objet de cet exercice est de s’intéresser à la cote yG du centre de gravité de l’ensemble [récipient + li-quide], en fonction de la cote h de la surface du liquide. Plus précisément, les figures ci-dessous suggè-rent que yG n’est pas constant (suivant la quantité de liquide dans le récipient) et qu’il doit exister au moins une valeur de h pour laquelle yG est le plus faible possible.

yG1 : cote du centre de gravité du récipient seul ; yG2 : cote du centre de gravité du liquide seul.


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Page 18

On admettra que physiquement : (F) 1 2y yy

+=

+G G

G

M m

M m

1) Déterminons pour quelle valeur de h le centre de gravité G est le plus bas possible.

a. Montrer que la formule (F) devient : 21

2y

+=+G

CH h

C h en notant C la constante

ρM

S.

. .2

21 12 22 2

y

ρ ρρ

ρ

++ += = =+ ++

G

MH h H hM ShCH hS

MM Sh C hh

S

b. Étudier les variations de yG, fonction de la variable h, sur l’intervalle [0 ; H].

( )( ) ( )( ) ( )

.2 2

2 2

2 11 1 2

2 2y

+ − + + −′ = =+ +

G

h C h CH h h Ch CH

C h C h

Le dénominateur est positif puisque c’est un carré. Reste à étudier le signe du numérateur

+ −2 2h Ch CH , polynôme du second degré en h.

∆ = 4C2+4CH, strictement positif. Ce polynôme admet donc deux racines réelles (et est négatif si h se trouve entre elles deux – cf 1er coefficient) :

222 4 4

1 12

− ± + = − ± + = − ± +

C C CH HC C CH C

C.

Seule la racine 1 1

− + +

HC

C, qu’on notera h0, est positive, d’où le tableau de variation suivant :

h 0 h0 H

y’G négatif 0 positif

yG

yGmin

c. Calculer la valeur minimale de yG, que remarque-t-on ? Donner une interprétation physique de cette particularité.

min

min

2

2

20

0

0

1 1 1 2 1 11 1 1

2 2 21 1 1 1 1

2 2 2 1 1 1 11

1 12

1 1 1

y

y

+ − + + + − + + +

+ = = =+

+ − + + + − + +

+ − + + − + + − + = = = = + − =

+ + +

G

G

H H HCH C H C

C C CCH h

C h H HC C

C C

H H H HH C C H C C

HC C C CC C h

CH H H

C C C

Lorsque le centre de gravité est le plus bas possible, il est au niveau de la surface du liquide. On peut décrire ce qui se produit en deux phases.

1. Avant le minimum : à vide, yG vaut H/2. Puis faisons couler du liquide dans le récipient : G baisse, jusqu’au moment où il atteint le niveau de la surface du liquide.

2. À partir de là, lorsqu’on rajoute du liquide, G se trouve sous sa surface, et la partie du liquide se rajoutant au-dessus de G décale celui-ci vers le haut.

d. Résoudre l’équation yG = h puis en déduire le lien avec vos conclusions précédentes.

( )2

2 212 2 0

2y

+= ⇔ = ⇔ + = + ⇔ + − =+G

CH hh h CH h h C h h Ch CH

C h


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Page 19

Il s’agit du même polynôme que celui présent au numérateur de y’G et dont l’unique racine positive

est le fameux nombre ( )min0 1 1 y

= − + + =

G

Hh C

C.

On voit ici que la seule valeur de h pour laquelle yG = h est la solution à notre problème.

2) Calculer yGmin avec l’application numérique : H = 0,2 m ; S = 0,008 m2 ; M = 0,1 kg ; ρ = 1000 kg.m-3.

,

,

2 21 0 0025

2 0 025 2y

+ += =+ +G

CH h h

C h h ( )min

, ,0 1 1 0 0125 1 17 0 03904y

= = − + + = − + ≈

G

Hh C m

C

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Fonction d’offre, fonction de demande