Exercices corrigés : les fonctions périodiques (math CST, secondaire 4)

a) Une fonction est PÉRIODIQUE lorsqu'un même motif se répète à intervalles réguliers, autrement dit lorsqu'il existe un nombre $p>0$ tel que $f(x+p)=f(x)$ pour toute valeur de $x$. Ici le motif « remplissage, palier haut, vidange, palier bas » est identique entre $0$ et $6$, entre $6$ et $12$, puis recommence après $12$. La période est donc $p=6$ heures. On la mesure toujours entre DEUX POINTS QUI SE CORRESPONDENT, par exemple deux départs de remplissage : $6-0=6$, ou deux sommets de début de palier : $8-2=6$. Mesurer d'un sommet au creux suivant donnerait $3$, soit une demi-période, et c'est l'erreur la plus fréquente.

b) Le maximum vaut $50$ cm, atteint sur tout le palier haut, et le minimum vaut $10$ cm, atteint sur tout le palier bas. L'AMPLITUDE n'est pas l'écart entre les deux, c'est la MOITIÉ de cet écart : $\dfrac{50-10}{2}=20$ cm. Elle mesure de combien la fonction s'écarte, vers le haut comme vers le bas, de son axe de référence, ici la droite $y=\dfrac{50+10}{2}=30$.

c) La valeur initiale est l'image de $0$, c'est-à-dire l'ordonnée à l'origine : $f(0)=10$ cm, le bassin est vide au sens de la station, il lui reste son fond d'eau. Pour $9$ heures, on ramène $9$ dans le premier cycle en retirant une période : $9-6=3$, donc $f(9)=f(3)=50$ cm. On peut le vérifier directement sur le graphique, le point d'abscisse $9$ est bien au début du deuxième palier haut.

d) Le graphique va de $0$ à $15$ heures, soit une durée de $15$ heures. Comme $15=2\times 6+3$, il montre $2$ cycles complets, de $0$ à $6$ et de $6$ à $12$, plus une moitié de cycle. Compter $3$ cycles parce qu'on voit trois montées est une erreur : la troisième montée n'est pas suivie de sa vidange.

a) Sur $[0;2]$ la hauteur passe de $10$ à $50$ de façon régulière, la pente vaut $\dfrac{50-10}{2-0}=20$, donc $f(x)=10+20x$. Sur $[2;3]$ la fonction est constante, $f(x)=50$. Sur $[3;5]$ la hauteur redescend de $50$ à $10$, la pente vaut $\dfrac{10-50}{5-3}=-20$, et comme la droite passe par $(3;50)$ on obtient $f(x)=50-20(x-3)$. Sur $[5;6]$, $f(x)=10$. Ces quatre morceaux contiennent TOUTE l'information de la fonction : tout le reste s'en déduit par répétition.

b) On retire des périodes entières jusqu'à tomber dans $[0;6]$. Pour $14$ : $14-6=8$, puis $8-6=2$, donc $f(14)=f(2)=10+20\times 2=50$ cm. Pour $37$, retirer $6$ six fois revient à calculer le reste de la division de $37$ par $6$ : $37=6\times 6+1$, donc $f(37)=f(1)=10+20\times 1=30$ cm. Le raccourci est toujours le même : le RESTE de la division par la période donne l'abscisse équivalente dans le premier cycle.

c) Pour une abscisse négative, on AJOUTE des périodes au lieu d'en retirer : $-5+6=1$, donc $f(-5)=f(1)=30$ cm. Répondre « la fonction n'est pas définie avant l'ouverture » serait confondre le modèle et la situation : la fonction mathématique, elle, est définie sur $\mathbb{R}$ et se prolonge dans les deux sens.

d) $100=6\times 16+4$, donc $f(100)=f(4)=50-20\times(4-3)=30$ cm. L'abscisse $4$ tombe dans le morceau $[3;5]$, celui de la vidange : le bassin est donc en train de SE VIDER. C'est le deuxième renseignement que donne la réduction dans le premier cycle, et on l'oublie souvent : elle ne dit pas seulement la valeur, elle dit aussi dans quelle phase du cycle on se trouve.

a) La valeur $30$ est atteinte deux fois par cycle, une fois à la montée et une fois à la descente, et c'est cela qu'il faut voir avant de calculer. À la montée : $10+20x=30$, donc $20x=20$ et $x=1$. À la descente : $50-20(x-3)=30$, donc $20(x-3)=20$, $x-3=1$ et $x=4$. Sur $[0;6]$, les solutions sont $x=1$ et $x=4$. Ne donner que $x=1$, c'est oublier la moitié des réponses, et c'est l'erreur la plus coûteuse du chapitre.

b) Chaque solution du premier cycle en engendre une infinité d'autres, espacées d'une période. L'ensemble des solutions s'écrit donc $x=1+6k$ ou $x=4+6k$, avec $k$ entier. Cela donne $-5$, $-2$, $1$, $4$, $7$, $10$, $13$, $16$, et ainsi de suite Remarquez que ces solutions ne sont PAS régulièrement espacées de $3$ : les écarts alternent $3$ puis $3$ ici par hasard des nombres, mais en général ils alternent deux valeurs différentes. Il faut donc garder les deux familles séparées.

c) $f(x)=50$ est atteinte sur tout le palier haut, donc la solution est l'INTERVALLE $[2;3]$ tout entier, et non deux valeurs isolées. Sur $\mathbb{R}$, l'ensemble des solutions est la réunion des intervalles $[2+6k,\;3+6k]$. La différence vient de la forme du graphique : une valeur atteinte sur une portion horizontale a une infinité de préimages dans un seul cycle, une valeur atteinte sur une portion oblique n'en a qu'une par portion.

d) On compte les solutions de chaque famille dans $[0;50]$. Famille $x=1+6k$ : $1+6k\le 50$ donne $k\le 8{,}17$, donc $k$ allant de $0$ à $8$, soit $9$ solutions. Famille $x=4+6k$ : $4+6k\le 50$ donne $k\le 7{,}67$, donc $k$ allant de $0$ à $7$, soit $8$ solutions. Au total, la hauteur vaut $30$ cm exactement $17$ fois. Diviser $50$ par $6$ et multiplier par $2$ donnerait $16{,}7$, une estimation utile pour se relire mais fausse comme réponse : il faut compter chaque famille séparément.

a) Prolonger, c'est recopier le motif en le décalant de la période, ici $4$ secondes, vers la droite ET vers la gauche. On reporte donc le motif sur $[0;4]$, à gauche du cycle donné, puis sur $[8;12]$ et sur $[12;16]$ à sa droite. Le contrôle à faire est celui des RACCORDS : le motif se termine à la hauteur $1$ en $x=8$ et le suivant recommence à la hauteur $1$ en $x=8$, donc le tracé est continu. Si les deux extrémités du motif n'avaient pas la même ordonnée, le graphique présenterait un saut à chaque période, ce qui reste possible mais doit être voulu.

b) La période est $p=4$ secondes, c'est la largeur du motif donné, $8-4=4$. Le maximum vaut $4$ cm et le minimum $1$ cm, donc l'amplitude vaut $\dfrac{4-1}{2}=1{,}5$ cm et l'axe de référence est la droite $y=\dfrac{4+1}{2}=2{,}5$. Notez que la période se lit sur l'axe HORIZONTAL et l'amplitude sur l'axe VERTICAL : ce sont deux mesures qui n'ont ni la même unité ni le même rôle, et les confondre coûte les deux points de la question.

c) Pour $13$ : $13=4\times 3+1$, donc $g(13)=g(1)$, et sur le graphique prolongé la position en $x=1$ vaut $4$ cm, puisque $1$ occupe dans son cycle la même place que $5$ dans le cycle donné. Les deux images valent donc $4$ cm. Sans calcul, elles sont égales parce que $13-1=12=3\times 4$ : les deux abscisses diffèrent d'un nombre ENTIER de périodes, elles occupent donc la même position dans leur cycle respectif. C'est la propriété $g(x+kp)=g(x)$ lue à l'envers, et c'est le raisonnement attendu.

d) L'intervalle $[0;16]$ a une longueur de $16$ secondes. Comme $16=4\times 4$, le graphique contient exactement $4$ cycles complets. Compter les motifs dessinés donne la même réponse ici, mais le calcul $\dfrac{\text{longueur}}{\text{période}}$ est le seul qui reste praticable quand l'intervalle est long, par exemple sur une journée entière : $\dfrac{86\,400}{4}=21\,600$ cycles en $24$ heures, qu'aucun dessin ne donnera.

a) On cherche au bout de combien de temps les valeurs recommencent. La hauteur vaut $2$ m en $t=0$ et de nouveau $2$ m en $t=180$, et entre les deux elle a fait une montée complète et une descente complète : la période est $p=180$ secondes, soit $3$ minutes, c'est la durée d'un tour. Les valeurs effacées se retrouvent alors par simple décalage : $h(210)=h(210-180)=h(30)=8$ m et $h(240)=h(60)=14$ m. Aucun calcul de trigonométrie n'est nécessaire, la périodicité suffit.

b) Le maximum est $20$ m, atteint en haut du tour, et le minimum est $2$ m, atteint en bas. L'amplitude vaut $\dfrac{20-2}{2}=9$ m. Le DIAMÈTRE de la roue est l'écart total entre le point le plus haut et le point le plus bas, soit $20-2=18$ m, donc le rayon vaut $9$ m : le rayon de la roue et l'amplitude de la fonction sont le même nombre, et c'est ce qui donne son sens physique à l'amplitude. Le centre est à mi-hauteur, à $\dfrac{20+2}{2}=11$ m du sol, ce qui correspond bien à un plancher d'embarquement à $2$ m.

c) On divise par la période : $930=180\times 5+30$, donc $h(930)=h(30)=8$ m. Le reste $30$ est directement une valeur du tableau, il n'y a donc rien à interpoler. Si le reste était tombé entre deux colonnes, par exemple $45$, il aurait fallu estimer entre $8$ et $14$ m et l'annoncer comme une estimation.

d) $15$ minutes valent $900$ secondes, et un tour dure $180$ secondes : $\dfrac{900}{180}=5$. La roue fait donc exactement $5$ tours complets. Le piège est de compter les hauteurs maximales atteintes, $6$ sur cette durée si l'on compte celle du départ, alors que la question porte sur des tours COMPLETS, c'est-à-dire sur des intervalles d'une période entière.

a) Le motif « montée de $0$ à $4$, étale de $4$ à $8$, descente de $8$ à $12$ » se répète à partir de $12$ h : la période vaut $12$ heures, ce qui donne bien deux marées hautes par jour. Le maximum est $5$ m, le minimum $1$ m, l'amplitude vaut $\dfrac{5-1}{2}=2$ m et l'axe est la droite $h=3$. Ce $3$ n'est pas un détail décoratif : c'est exactement le seuil de la question b), et il tombe donc à mi-chemin entre les deux extrêmes.

b) Sur la montée, la pente vaut $\dfrac{5-1}{4-0}=1$, donc $h(t)=1+t$ ; l'équation $1+t=3$ donne $t=2$. Sur la descente, $h(t)=5-(t-8)$ ; l'équation $5-(t-8)=3$ donne $t-8=2$, soit $t=10$. La hauteur dépasse donc $3$ m sur $[2;10]$, soit $8$ heures par cycle. Comme la journée contient deux cycles, cela fait $16$ heures par jour. Répondre $8$ heures est l'erreur classique : on résout sur un cycle et on oublie de remonter à la journée.

c) Même méthode avec le seuil $4$ : à la montée, $1+t=4$ donne $t=3$ ; à la descente, $5-(t-8)=4$ donne $t=9$. Le bateau peut donc entrer sur $[3;9]$, c'est-à-dire de $3$ h à $9$ h, puis sur le cycle suivant en ajoutant la période : $[15;21]$, c'est-à-dire de $15$ h à $21$ h. Deux fenêtres de $6$ heures chacune, séparées de $12$ heures.

d) À $13$ h $30$ : on ramène dans le premier cycle, $13{,}5-12=1{,}5$, donc $h(13{,}5)=h(1{,}5)=1+1{,}5=2{,}5$ m. C'est en dessous de $4$ m, le bateau ne peut PAS entrer. La fenêtre suivante commence à $15$ h, il doit donc attendre $15-13{,}5=1{,}5$ heure, soit $1$ h $30$. Notez qu'il est inutile de recalculer quoi que ce soit : la réponse de c) donnait déjà les deux fenêtres, il ne restait qu'à situer $13$ h $30$ entre elles.

a) Les débuts de cycle de A tombent à $0$, $12$, $24$, $36$, $48$, $60$ et $72$ minutes ; ceux de B à $0$, $18$, $36$, $54$ et $72$. Les instants communs, hors le départ, sont donc $36$ et $72$ minutes, c'est-à-dire $8$ h $36$ et $9$ h $12$. On voit sur la frise que les retrouvailles sont elles-mêmes périodiques, de période $36$ minutes.

b) Un instant commun est un multiple de $12$ ET un multiple de $18$ : c'est donc un multiple commun, et le premier après le départ est le PLUS PETIT COMMUN MULTIPLE. En décomposant, $12=2^2\times 3$ et $18=2\times 3^2$, donc $\text{ppcm}(12;18)=2^2\times 3^2=36$ minutes. Les deux fausses pistes sont de sommer les périodes, $12+18=30$, et de les multiplier, $12\times 18=216$ : la somme ne veut rien dire, et le produit est bien un multiple commun mais pas le plus petit, il donne la sixième retrouvaille au lieu de la première.

c) De $8$ h $00$ à midi il s'écoule $4$ heures, soit $240$ minutes. Les retrouvailles ont lieu aux multiples de $36$ : $36$, $72$, $108$, $144$, $180$ et $216$ minutes, la suivante tomberait à $252$ minutes, après midi. Il y a donc $6$ retrouvailles. Le calcul direct est $\dfrac{240}{36}=6{,}67$, dont on ne garde que la partie entière, $6$, puisqu'une retrouvaille incomplète n'existe pas.

d) Il a tort, et de beaucoup. Avec $12$ et $16$ : $12=2^2\times 3$ et $16=2^4$, donc $\text{ppcm}(12;16)=2^4\times 3=48$ minutes, soit une retrouvaille toutes les $48$ minutes au lieu de $36$. Ce n'est pas l'écart entre les deux périodes qui compte, ce sont leurs FACTEURS COMMUNS : $12$ et $18$ partagent $6$, alors que $12$ et $16$ ne partagent que $4$. La règle générale, $\text{ppcm}(a,b)=\dfrac{a\times b}{\text{pgcd}(a,b)}$, le dit d'un coup : plus le pgcd est grand, plus les retrouvailles sont fréquentes.

1) FAUX : cet écart s'appelle l'étendue des valeurs, et l'amplitude en est la MOITIÉ. Pour le bassin de l'exercice $1$, le maximum vaut $50$ et le minimum $10$ : l'amplitude vaut $\dfrac{50-10}{2}=20$ et non $40$. Énoncé correct : $\text{amplitude}=\dfrac{\text{max}-\text{min}}{2}$, c'est l'écart entre la fonction et son axe de référence, et c'est pour cela qu'elle vaut le RAYON de la grande roue de l'exercice $5$, pas son diamètre.

2) FAUX : d'un maximum au minimum suivant, on ne parcourt que la MOITIÉ du motif, donc une demi-période. Sur le bassin, le sommet est à $x=2$ et le creux suivant à $x=5$, ce qui donnerait $3$ au lieu de $6$. Énoncé correct : la période se mesure entre deux points qui se correspondent dans le motif, deux maximums consécutifs, deux minimums consécutifs, ou deux départs de montée.

3) FAUX : le nombre de solutions par cycle dépend de la valeur cherchée et de la forme du motif. Sur le bassin, $f(x)=30$ a DEUX solutions par cycle, $x=1$ à la montée et $x=4$ à la descente, tandis que $f(x)=50$ en a une infinité puisque le palier haut est horizontal, et $f(x)=55$ n'en a aucune. Énoncé correct : on résout d'abord sur le premier cycle en examinant chaque morceau du motif, PUIS on ajoute $kp$ à chaque solution trouvée.

4) FAUX, et c'est contre-intuitif : si $f(x+6)=f(x)$ pour tout $x$, alors $f(x+12)=f((x+6)+6)=f(x+6)=f(x)$, donc $12$ est bien une période. Tout multiple entier positif d'une période est une période. Énoncé correct : une fonction périodique a une infinité de périodes, $6$, $12$, $18$, et l'on appelle PÉRIODE tout court, ou période fondamentale, la plus petite d'entre elles, ici $6$. C'est cette plus petite valeur que demandent les questions d'examen.

5) FAUX : c'est le RESTE qu'il faut garder, pas le quotient. La division $37=6\times 6+1$ a pour quotient $6$ et pour reste $1$ ; le quotient compte le nombre de cycles complets écoulés, information sans intérêt pour la valeur, et le reste donne la position à l'intérieur du cycle. Énoncé correct : $f(37)=f(1)=30$. Garder le quotient donnerait $f(6)=10$, une valeur qui existe mais qui n'est pas la bonne, ce qui rend l'erreur difficile à repérer sans vérification.

a) La période vaut $60$ minutes et la pompe refoule pendant $15$ de ces $60$ minutes, soit une fraction de $\dfrac{15}{60}=\dfrac{1}{4}$ du temps. Sur une journée : $\dfrac{1}{4}\times 24=6$ heures de fonctionnement. Le volume par cycle vaut $15\times 40=600$ litres, et la journée compte $24$ cycles, donc $24\times 600=14\,400$ litres par jour. En $30$ jours, cela fait $30\times 14\,400=432\,000$ litres, soit $432$ mètres cubes.

b) C'est ici que tout se joue : le cycle ne commence pas à l'heure ronde, il commence à $6$ h $20$. On mesure donc le temps écoulé DEPUIS LE DÉPART : de $6$ h $20$ à $14$ h $07$, il s'écoule $7$ h $47$, soit $7\times 60+47=467$ minutes. On réduit ensuite modulo la période : $467=60\times 7+47$, donc on se trouve à la $47^{\text{e}}$ minute du cycle. Comme $47>15$, la pompe est ARRÊTÉE. L'erreur presque garantie est de réduire $14$ h $07$ directement, de trouver $7$ minutes et de conclure que la pompe fonctionne : c'est oublier que le décalage du départ décale tout le reste.

c) Le cycle en cours a commencé $47$ minutes plus tôt et dure $60$ minutes : le suivant démarre donc dans $60-47=13$ minutes, c'est-à-dire à $14$ h $20$. On pouvait aussi le voir d'un coup : comme le premier départ a eu lieu à $6$ h $20$ et que la période est d'une heure pile, tous les départs ont lieu à $20$ minutes de chaque heure. Ce raccourci n'existe que parce que la période est un diviseur de $60$ ; avec une période de $25$ minutes, il faudrait repasser par le calcul de b).

d) Le volume quotidien ne change pas. La nouvelle période vaut $120$ minutes et la marche dure $30$ minutes, soit toujours $\dfrac{30}{120}=\dfrac{1}{4}$ du temps : $6$ heures de fonctionnement par jour et $14\,400$ litres, exactement comme avant. Ce qui change, c'est la RÉPARTITION : l'eau arrive en $12$ arrosages de $1\,200$ litres au lieu de $24$ arrosages de $600$ litres. Pour la plante, ce n'est pas équivalent, et c'est le rappel utile de ce chapitre : deux fonctions périodiques peuvent avoir la même moyenne et des cycles très différents.

a) Un cycle complet dure $10+15=25$ minutes, c'est la période. Le maximum vaut $-16$ °C et le minimum $-22$ °C, donc l'amplitude vaut $\dfrac{-16-(-22)}{2}=\dfrac{6}{2}=3$ °C. L'axe de référence, ou température moyenne du modèle, vaut $\dfrac{-16+(-22)}{2}=-19$ °C. Attention aux signes : avec des valeurs négatives, le maximum est la valeur la plus PROCHE de zéro, ici $-16$, et écrire l'amplitude $\dfrac{-22-(-16)}{2}=-3$ donnerait un nombre négatif, ce qu'une amplitude n'est jamais.

b) On réduit modulo la période : $187=25\times 7+12$, donc la température à $187$ minutes est celle de la $12^{\text{e}}$ minute du cycle. Comme $12>10$, on est dans la phase de REMONTÉE, qui va de $-22$ °C à $-16$ °C en $15$ minutes, à raison de $\dfrac{6}{15}=0{,}4$ °C par minute. La remontée dure depuis $12-10=2$ minutes, donc la température vaut $-22+0{,}4\times 2=-21{,}2$ °C. Repérer la PHASE avant de calculer est indispensable : les deux morceaux n'ont ni la même pente ni la même durée.

c) Le compresseur tourne $10$ minutes par cycle de $25$, soit une fraction de $\dfrac{10}{25}=0{,}4$ du temps. Sur une journée : $0{,}4\times 24=9{,}6$ heures de fonctionnement. L'énergie vaut $900$ W $\times\;9{,}6$ h $=8\,640$ Wh, soit $8{,}64$ kWh par jour. Sur $30$ jours : $30\times 8{,}64=259{,}2$ kWh, et le coût vaut $259{,}2\times 0{,}065=16{,}848$, soit environ $16{,}85$ dollars. Raisonner en FRACTION DU CYCLE évite d'avoir à compter les cycles d'une journée, $\dfrac{1440}{25}=57{,}6$, un nombre non entier qu'on serait tenté d'arrondir à tort.