Exercices corrigés : les taux de variation liés (201-NYA)

a) Notons $x(t)$ la distance du pied au mur et $y(t)$ la hauteur du haut de l'échelle sur le mur, toutes deux en mètres et toutes deux fonctions du temps $t$ en secondes. La LONGUEUR de l'échelle, elle, ne dépend pas du temps : elle vaut $5$ à tout instant. C'est la distinction qui organise tout le chapitre. Une grandeur qui varie reçoit un nom de fonction et sera dérivée; une grandeur constante reçoit un nombre et sortira de la dérivée. Données : $\frac{dx}{dt}=0{,}6$ m/s. Inconnue : $\frac{dy}{dt}$ à l'instant où $x=3$.

b) L'échelle, le mur et le sol forment un triangle rectangle, donc $x^{2}+y^{2}=25$. Cette relation est vraie à tout instant, ce qui est exactement la condition pour avoir le droit de la dériver par rapport à $t$. Une relation qui ne serait vraie qu'à l'instant considéré, par exemple « $x=3$ », ne se dérive pas : elle donnerait $\frac{dx}{dt}=0$, ce qui est faux.

c) On dérive membre à membre par rapport à $t$, en traitant $x$ et $y$ comme des fonctions composées : $2x\frac{dx}{dt}+2y\frac{dy}{dt}=0$, d'où $\frac{dy}{dt}=-\frac{x}{y}\cdot\frac{dx}{dt}$. MAINTENANT on substitue. Quand $x=3$, la relation donne $y=\sqrt{25-9}=4$. Donc $\frac{dy}{dt}=-\frac{3}{4}\times 0{,}6=-0{,}45$ m/s. Le signe négatif est la réponse à lui seul : le haut de l'échelle DESCEND, à $0{,}45$ m/s. On répond avec l'unité et avec le sens physique, pas avec un nombre nu.

d) Quand $x\to 5^{-}$, on a $y\to 0^{+}$ et le quotient $-\frac{x}{y}\cdot 0{,}6$ tend vers $-\infty$ : le modèle prédit une vitesse de descente infinie. Vérification numérique : à $x=4{,}9$ on trouve $y=\sqrt{25-24{,}01}\approx 0{,}995$ et $\frac{dy}{dt}\approx-2{,}955$ m/s, soit déjà six fois plus qu'à $x=3$. Ce que le modèle oublie est que l'échelle finit par quitter le mur : la relation $x^{2}+y^{2}=25$ suppose un contact permanent en haut et en bas, hypothèse qui cesse d'être physiquement tenable bien avant $x=5$. Un taux lié qui explose n'est pas une erreur de calcul, c'est le signe que la contrainte géométrique n'est plus valable.

a) La relation valable à tout instant est $V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$, où $V$ et $r$ dépendent tous deux de $t$. On dérive : $\frac{dV}{dt}=4\pi r^{2}\frac{dr}{dt}$. On substitue ensuite $\frac{dV}{dt}=100$ et $r=5$ : $100=4\pi(25)\frac{dr}{dt}$, donc $\frac{dr}{dt}=\frac{100}{100\pi}=\frac{1}{\pi}\approx 0{,}318$ cm/s.

b) L'absurdité tient en une phrase : en substituant $r=5$ AVANT de dériver, on remplace une fonction du temps par un nombre. $\frac{4}{3}\pi(5)^{3}=\frac{500\pi}{3}$ est une constante, et la dérivée d'une constante est nulle. La copie a donc démontré que le volume ne varie pas, alors que l'énoncé dit qu'il augmente de $100$ cm$^{3}$/s. La règle qui en découle vaut pour tout le chapitre : on dérive d'abord la relation LITTÉRALE, on substitue les valeurs numériques seulement après. La valeur $r=5$ décrit un instant, la relation $V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$ décrit tous les instants; seule la seconde se dérive.

c) $S=4\pi r^{2}$, donc $\frac{dS}{dt}=8\pi r\frac{dr}{dt}=8\pi(5)\left(\frac{1}{\pi}\right)=40$ cm$^{2}$/s. Le $\pi$ disparaît, ce qui est un bon signal de cohérence : $\frac{dr}{dt}$ contenait $\frac{1}{\pi}$ et $\frac{dS}{dt}$ contient un facteur $\pi$. Autre voie, plus rapide et sans passer par $\frac{dr}{dt}$ : comme $\frac{dS}{dt}=8\pi r\frac{dr}{dt}$ et $\frac{dV}{dt}=4\pi r^{2}\frac{dr}{dt}$, on a $\frac{dS}{dt}=\frac{2}{r}\cdot\frac{dV}{dt}=\frac{2}{5}\times 100=40$ ✓.

d) De $\frac{dr}{dt}=\frac{1}{4\pi r^{2}}\cdot\frac{dV}{dt}$ avec $\frac{dV}{dt}$ constant, on lit que $\frac{dr}{dt}$ est proportionnel à $\frac{1}{r^{2}}$ : le rayon croît de moins en moins vite. Chiffres : à $r=5$ on a $\frac{1}{\pi}\approx 0{,}318$ cm/s, à $r=10$ on a $\frac{1}{4\pi}\approx 0{,}0796$ cm/s, soit QUATRE fois moins pour un rayon deux fois plus grand. L'explication physique est que le même volume d'air doit s'étaler sur une surface quatre fois plus grande.

a) $V=a^{3}$ donne $\frac{dV}{dt}=3a^{2}\frac{da}{dt}=3(100)(2)=600$ cm$^{3}$/min. $S=6a^{2}$ donne $\frac{dS}{dt}=12a\frac{da}{dt}=12(10)(2)=240$ cm$^{2}$/min. Remarquez que les deux réponses ont des unités différentes : un volume par minute et une aire par minute. Une réponse sans unité, ou avec la mauvaise, coûte le même demi-point que le calcul lui-même.

b) $V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$ donne $\frac{dV}{dt}=4\pi r^{2}\frac{dr}{dt}$. Ici $\frac{dV}{dt}=-20$ : le mot « perdre » impose le signe négatif, et c'est le seul endroit du problème où l'énoncé se traduit en signe. Donc $-20=4\pi(16)\frac{dr}{dt}$ et $\frac{dr}{dt}=-\frac{20}{64\pi}=-\frac{5}{16\pi}\approx-0{,}0995$ cm/min. Le rayon diminue d'environ $1$ mm par minute.

c) La hauteur est CONSTANTE, donc elle ne se dérive pas : $V=\pi r^{2}h=10\pi r^{2}$ et $\frac{dV}{dt}=20\pi r\frac{dr}{dt}=20\pi(6)(0{,}3)=36\pi\approx 113{,}1$ cm$^{3}$/min. C'est le cas facile, et c'est précisément pour cela qu'il faut se demander à chaque exercice quelles grandeurs varient : traiter $h$ comme variable ici ajoute un terme fantôme.

d) Les deux varient, donc le produit se dérive avec la règle du produit : $V=\pi r^{2}h$ donne $\frac{dV}{dt}=\pi\left(2rh\frac{dr}{dt}+r^{2}\frac{dh}{dt}\right)$. Numériquement : $2(6)(10)(0{,}3)=36$ et $(36)(-0{,}5)=-18$, donc $\frac{dV}{dt}=\pi(36-18)=18\pi\approx 56{,}5$ cm$^{3}$/min. Le volume AUGMENTE, malgré une hauteur qui diminue : l'élargissement l'emporte sur l'affaissement. C'est la situation d'une pâte que l'on écrase, et le calcul dit exactement à partir de quel rapport des deux taux le volume se mettrait à décroître, à savoir $\frac{dh}{dt}<-\frac{2h}{r}\frac{dr}{dt}=-1$ cm/min ici.

a) La surface de l'eau et le bord du cône découpent deux triangles SEMBLABLES, tous deux rectangles et partageant l'angle du sommet. Le rapport rayon sur hauteur est donc le même pour l'eau et pour le cône entier : $\frac{r}{h}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$, d'où $r=\frac{h}{2}$. Cette relation de similitude est le vrai contenu de l'exercice, et c'est elle qui manque dans les copies qui restent bloquées.

b) On reporte $r=\frac{h}{2}$ dans le volume AVANT de dériver : $V=\frac{1}{3}\pi\left(\frac{h}{2}\right)^{2}h=\frac{\pi h^{3}}{12}$. On ne dépend plus que de $h$. On dérive : $\frac{dV}{dt}=\frac{\pi h^{2}}{4}\cdot\frac{dh}{dt}$. On substitue $\frac{dV}{dt}=2$ et $h=4$ : $2=\frac{\pi(16)}{4}\frac{dh}{dt}=4\pi\frac{dh}{dt}$, donc $\frac{dh}{dt}=\frac{1}{2\pi}\approx 0{,}159$ m/min, soit environ $16$ cm par minute.

c) Sans élimination, la dérivation donne $\frac{dV}{dt}=\frac{\pi}{3}\left(2rh\frac{dr}{dt}+r^{2}\frac{dh}{dt}\right)$. Cette égalité est exacte, mais elle contient DEUX inconnues, $\frac{dr}{dt}$ et $\frac{dh}{dt}$, pour une seule équation : le problème n'est pas résoluble en l'état. Il faut alors ajouter la relation dérivée $\frac{dr}{dt}=\frac{1}{2}\frac{dh}{dt}$, et en substituant on retrouve bien $\frac{dV}{dt}=\frac{\pi}{3}\left(2\cdot 2\cdot 4\cdot\frac{1}{2}\frac{dh}{dt}+4\frac{dh}{dt}\right)=\frac{\pi}{3}(12)\frac{dh}{dt}=4\pi\frac{dh}{dt}$ ✓, le même résultat qu'au point b). Conclusion de méthode : éliminer avant de dériver n'est pas obligatoire, c'est simplement deux fois plus court et cela supprime le risque d'oublier la relation entre les deux taux.

d) À $h=2$ : $2=\frac{\pi(4)}{4}\frac{dh}{dt}=\pi\frac{dh}{dt}$, donc $\frac{dh}{dt}=\frac{2}{\pi}\approx 0{,}637$ m/min. Le rapport avec la valeur trouvée à $h=4$ est $\frac{2/\pi}{1/(2\pi)}=4$ : le niveau monte QUATRE fois plus lentement à $4$ m qu'à $2$ m, pour un débit pourtant identique. L'explication est dans la formule $\frac{dh}{dt}=\frac{4}{\pi h^{2}}\cdot\frac{dV}{dt}$ : la vitesse de montée est inversement proportionnelle au CARRÉ de la hauteur, parce que la section du cône à la hauteur $h$ est proportionnelle à $h^{2}$. Un débit constant ne donne jamais une montée constante, sauf dans un récipient à section constante.

a) Le grand triangle, formé par le lampadaire et l'extrémité de l'ombre, et le petit triangle, formé par la personne et cette même extrémité, sont semblables : mêmes angles, deux verticales et un sol commun. Le rapport hauteur sur base est donc identique : $\frac{6}{x+s}=\frac{1{,}8}{s}$. En croisant : $6s=1{,}8(x+s)$, soit $4{,}2s=1{,}8x$ et $s=\frac{3}{7}x$. Le piège d'écriture est ici : la base du GRAND triangle est $x+s$, pas $x$. Une copie qui écrit $\frac{6}{x}=\frac{1{,}8}{s}$ traite l'ombre comme si le lampadaire était à la place de la personne.

b) On dérive la relation obtenue, qui est linéaire : $\frac{ds}{dt}=\frac{3}{7}\cdot\frac{dx}{dt}=\frac{3}{7}(1{,}5)=\frac{4{,}5}{7}\approx 0{,}643$ m/s. L'ombre s'allonge d'environ $64$ cm par seconde.

c) L'extrémité de l'ombre est à la distance $x+s$ du pied du lampadaire, donc sa vitesse est $\frac{d}{dt}(x+s)=1{,}5+0{,}643=\frac{15}{7}\approx 2{,}143$ m/s. C'est la question qui fait perdre le plus de points du chapitre, parce que les deux formulations se ressemblent : « à quelle vitesse l'ombre s'allonge-t-elle » demande $\frac{ds}{dt}$, « à quelle vitesse le bout de l'ombre se déplace-t-il » demande $\frac{d(x+s)}{dt}$. Souligner dans l'énoncé la grandeur exacte dont on demande le taux, avant même de commencer, évite cette perte à coup sûr.

d) Non : la relation $s=\frac{3}{7}x$ est LINÉAIRE, donc son taux ne dépend pas de $x$. La personne peut être à $2$ m ou à $200$ m du lampadaire, l'ombre s'allonge toujours à $\frac{4{,}5}{7}$ m/s. C'est ce qui distingue ce problème du cône, où la relation était cubique et le taux dépendait de la hauteur. Avec une personne de $2$ m : $\frac{6}{x+s}=\frac{2}{s}$ donne $6s=2x+2s$, soit $s=\frac{x}{2}$, puis $\frac{ds}{dt}=0{,}75$ m/s et $\frac{d(x+s)}{dt}=2{,}25$ m/s. Plus la personne est grande, plus son ombre s'allonge vite : le rapport $\frac{p}{6-p}$, où $p$ est sa taille, croît avec $p$ et devient infini pour une personne de $6$ m, qui n'aurait plus d'extrémité d'ombre du tout.

a) Un tour vaut $2\pi$ radians, donc $\frac{d\theta}{dt}=4\times 2\pi=8\pi$ rad/min. Les degrés sont interdits parce que les formules de dérivation des fonctions trigonométriques, à commencer par $(\tan\theta)'=\sec^{2}\theta$, ne sont valables qu'en radians : elles reposent sur $\lim_{u\to 0}\frac{\sin u}{u}=1$, qui est fausse en degrés où cette limite vaut $\frac{\pi}{180}$. Une réponse en degrés par minute est fausse d'un facteur $57{,}3$ environ, et le correcteur le voit immédiatement à l'ordre de grandeur.

b) Dans le triangle rectangle formé par le phare, le pied de la perpendiculaire et le point éclairé, le côté opposé à $\theta$ vaut $x$ et le côté adjacent vaut $3$ : $\tan\theta=\frac{x}{3}$, soit $x=3\tan\theta$. On dérive : $\frac{dx}{dt}=3\sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}$. À $\theta=\frac{\pi}{6}$ : $\cos\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, donc $\sec^{2}\frac{\pi}{6}=\frac{4}{3}$ et $\frac{dx}{dt}=3\cdot\frac{4}{3}\cdot 8\pi=32\pi\approx 100{,}5$ km/min. Le faisceau balaie la côte à environ $6000$ km/h, ce qui n'a rien d'absurde : aucun objet ne se déplace, c'est un point d'intersection.

c) À $\theta=\frac{\pi}{3}$ : $\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$, donc $\sec^{2}\frac{\pi}{3}=4$ et $\frac{dx}{dt}=3(4)(8\pi)=96\pi\approx 301{,}6$ km/min. Le rapport des vitesses vaut $\frac{96\pi}{32\pi}=3$, alors que le rapport des angles vaut $2$ : les taux ne sont PAS proportionnels aux angles, parce que la relation $x=3\tan\theta$ n'est pas linéaire. Doubler l'angle ne double pas la vitesse, il la triple ici.

d) Quand $\theta\to\frac{\pi}{2}^{-}$, $\cos\theta\to 0$ donc $\sec^{2}\theta\to+\infty$ et $\frac{dx}{dt}\to+\infty$. Le faisceau devient parallèle à la côte et le point éclairé part à l'infini : au-delà de $90°$, il n'y a tout simplement plus de point d'intersection avec la côte, ce qui est la traduction géométrique de l'asymptote verticale de la tangente. Le calcul et le dessin disent la même chose, et c'est le meilleur contrôle de cohérence disponible sur ce type de problème.

a) Notons $x(t)$ et $y(t)$ les distances parcourues et $z(t)$ la distance entre les voitures. Les routes étant perpendiculaires, $z^{2}=x^{2}+y^{2}$, donc $2z\frac{dz}{dt}=2x\frac{dx}{dt}+2y\frac{dy}{dt}$, soit $\frac{dz}{dt}=\frac{x\frac{dx}{dt}+y\frac{dy}{dt}}{z}$. Au bout de $2$ h : $x=120$, $y=160$, donc $z=\sqrt{120^{2}+160^{2}}=\sqrt{40000}=200$ km. D'où $\frac{dz}{dt}=\frac{120(60)+160(80)}{200}=\frac{7200+12800}{200}=\frac{20000}{200}=100$ km/h.

b) Remplaçons $x=60t$, $y=80t$ : alors $z=\sqrt{3600t^{2}+6400t^{2}}=100t$, donc $\frac{dz}{dt}=100$ km/h à tout instant. La raison est que les deux mouvements sont rectilignes uniformes : le vecteur vitesse relative est constant, de composantes $(60,80)$, et sa norme est $\sqrt{60^{2}+80^{2}}=100$. Un triangle rectangle dont les deux côtés croissent proportionnellement au temps voit son hypoténuse croître proportionnellement elle aussi, donc à taux constant. Retenir ce raccourci : quand les deux mobiles partent du MÊME point à vitesse constante, la vitesse d'éloignement est la norme de la vitesse relative, et le calcul de taux liés n'est même pas nécessaire.

c) Avec un angle de $60°$, Pythagore ne s'applique plus et la loi des cosinus le remplace : $z^{2}=x^{2}+y^{2}-2xy\cos 60°=x^{2}+y^{2}-xy$. On dérive : $2z\frac{dz}{dt}=2x\frac{dx}{dt}+2y\frac{dy}{dt}-\left(x\frac{dy}{dt}+y\frac{dx}{dt}\right)$, le dernier terme venant de la règle du produit sur $xy$. À $t=2$ : $z^{2}=14400+25600-19200=20800$, donc $z=\sqrt{20800}\approx 144{,}22$ km. Le numérateur vaut $2(120)(60)+2(160)(80)-\left[120(80)+160(60)\right]=14400+25600-19200=20800$. Donc $\frac{dz}{dt}=\frac{20800}{2(144{,}22)}\approx 72{,}11$ km/h. Contrôle : c'est exactement $\frac{z}{t}=\frac{144{,}22}{2}$, ce qui confirme le point b).

d) Pour un angle $\alpha$ : $z^{2}=x^{2}+y^{2}-2xy\cos\alpha$ avec $x=60t$ et $y=80t$ donne $z=t\sqrt{3600+6400-9600\cos\alpha}$, donc $\frac{dz}{dt}=\sqrt{10000-9600\cos\alpha}$, constante. Vérifications : $\alpha=90°$ donne $\sqrt{10000}=100$ ✓; $\alpha=60°$ donne $\sqrt{10000-4800}=\sqrt{5200}\approx 72{,}11$ ✓; $\alpha=0$ donne $\sqrt{400}=20=80-60$, ce qui est bien la vitesse d'éloignement de deux voitures sur la MÊME route ✓. Ce dernier contrôle vaut d'être fait systématiquement : un cas dégénéré dont la réponse est évidente teste la formule générale mieux qu'une relecture.

a) FAUX. Substituer avant de dériver transforme une fonction du temps en constante, dont la dérivée est nulle : la copie démontre alors que le volume ne varie pas. Énoncé correct : « Je dérive la relation littérale $V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$, ce qui donne $\frac{dV}{dt}=4\pi r^{2}\frac{dr}{dt}$, PUIS je substitue $r=5$. » La valeur numérique décrit un instant, la relation décrit tous les instants.

b) FAUX. $\frac{dV}{dr}=4\pi r^{2}$ est la variation du volume par unité de RAYON, une aire; $\frac{dV}{dt}$ est sa variation par unité de TEMPS, un débit. Les deux ne sont même pas homogènes. Énoncé correct : « Elles sont liées par la règle de chaîne $\frac{dV}{dt}=\frac{dV}{dr}\cdot\frac{dr}{dt}$ », qui est d'ailleurs toute la théorie du chapitre en une ligne : un taux lié n'est rien d'autre qu'une règle de chaîne où la variable intermédiaire est le temps.

c) FAUX dès que le récipient n'a pas une section constante. Dans le cône de l'exercice 4, un débit constant de $2$ m$^{3}$/min donne $\frac{dh}{dt}=\frac{4}{\pi h^{2}}\times 2$, qui décroît comme $\frac{1}{h^{2}}$ : quatre fois plus lent à $4$ m qu'à $2$ m. Énoncé correct : « La hauteur monte à vitesse constante si et seulement si l'aire de la section est constante », c'est-à-dire dans un cylindre ou un prisme droit.

d) FAUX. Le signe est une INFORMATION, pas une anomalie : il dit que la grandeur diminue. Le haut de l'échelle descend, la glace fond, l'angle d'élévation d'un avion qui s'éloigne décroît. Énoncé correct : « Un taux négatif signifie que la grandeur diminue; je vérifie seulement que ce sens est cohérent avec la situation décrite. » L'erreur symétrique existe aussi et coûte autant : écrire $\frac{dV}{dt}=20$ quand l'énoncé dit « perd $20$ cm$^{3}$ par minute ».

e) FAUX tant que l'unité n'est pas convertie. Les formules de dérivation trigonométriques ne valent qu'en radians. Énoncé correct : « $\frac{d\theta}{dt}=30\times\frac{\pi}{180}=\frac{\pi}{6}$ rad/s. » L'ordre de grandeur de l'erreur est un facteur $\frac{180}{\pi}\approx 57{,}3$, ce qui rend la réponse absurde et facilement repérable : une vitesse de balayage de plusieurs milliers de kilomètres par minute pour un phare qui fait un tour toutes les quinze secondes.

a) À la hauteur $h$, la largeur $w$ de la surface libre se lit par similitude : $\frac{w}{h}=\frac{1}{0{,}5}=2$, donc $w=2h$. La section mouillée est un triangle de base $w$ et de hauteur $h$, d'aire $\frac{1}{2}wh=\frac{1}{2}(2h)(h)=h^{2}$. L'auge étant un prisme de longueur $3$ m, $V=3h^{2}$ (en m$^{3}$, avec $h$ en m). Contrôle : à $h=0{,}5$, $V=3(0{,}25)=0{,}75$ m$^{3}$, ce qui est bien le volume total de l'auge pleine.

b) $\frac{dV}{dt}=6h\frac{dh}{dt}$, donc $\frac{dh}{dt}=\frac{0{,}04}{6h}$. À $h=0{,}3$ : $\frac{0{,}04}{1{,}8}\approx 0{,}0222$ m/min, soit $2{,}2$ cm par minute. À $h=0{,}1$ : $\frac{0{,}04}{0{,}6}\approx 0{,}0667$ m/min, soit $6{,}7$ cm par minute, exactement TROIS fois plus vite. Le rapport des vitesses est l'inverse du rapport des hauteurs, parce que l'aire de la surface libre, $3\times 2h=6h$, est proportionnelle à $h$ : $\frac{dV}{dt}=6h\frac{dh}{dt}$, et le même débit se répartit sur une surface qui s'élargit.

c) Le volume total est $0{,}75$ m$^{3}$ et le débit vaut $0{,}04$ m$^{3}$/min, donc $t=\frac{0{,}75}{0{,}04}=18{,}75$ min, soit $18$ min $45$ s. Aucune dérivation ici : quand le débit est constant, le temps de remplissage est un simple quotient. Le confondre avec un calcul de taux lié est une perte de temps pure.

d) Le volume accumulé au temps $t$ vaut $0{,}04t$, donc $3h^{2}=0{,}04t$ et $h(t)=\sqrt{\frac{0{,}04t}{3}}$. La racine carrée dit tout : la hauteur croît comme $\sqrt{t}$, donc de plus en plus lentement, et sa dérivée $\frac{dh}{dt}=\frac{0{,}02}{\sqrt{0{,}12t}}$ tend vers $0$. Contrôle de cohérence entre les deux points de vue : à $h=0{,}3$ on a $t=\frac{3(0{,}09)}{0{,}04}=6{,}75$ min, et $\frac{0{,}02}{\sqrt{0{,}12\times 6{,}75}}=\frac{0{,}02}{0{,}9}\approx 0{,}0222$ m/min ✓, la même valeur qu'au point b). Une auge en V se remplit vite au début et lentement à la fin, ce qui est l'inverse de l'impression courante et se démontre en deux lignes.

a) La relation valable à tout instant est $z^{2}=x^{2}+36$, l'altitude $6$ étant constante. On dérive : $2z\frac{dz}{dt}=2x\frac{dx}{dt}$, soit $\frac{dz}{dt}=\frac{x}{z}\cdot\frac{dx}{dt}$. Quand $z=10$ : $x=\sqrt{100-36}=8$ km. Donc $\frac{dz}{dt}=\frac{8}{10}(500)=400$ km/h. La distance directe augmente moins vite que la vitesse de l'avion, et le facteur $\frac{x}{z}=\cos\theta$ dit pourquoi : seule la composante de la vitesse dirigée selon la ligne de visée fait croître $z$.

b) À la verticale, $x=0$ : la formule $\frac{dz}{dt}=\frac{x}{z}\frac{dx}{dt}$ donne $0$. Sans calcul : à cet instant l'avion se déplace perpendiculairement à la ligne radar-avion, donc il ne s'en rapproche ni ne s'en éloigne à l'ordre un, exactement comme un objet qui passe au plus près. C'est aussi le minimum de $z$, ce qui redonne le résultat par une autre porte : la dérivée d'une fonction dérivable est nulle en son minimum.

c) Quand $x\to+\infty$, $\frac{x}{z}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+36}}\to 1$, donc $\frac{dz}{dt}\to 500$ km/h. Loin du radar, l'altitude devient négligeable devant la distance horizontale et tout se passe comme si l'avion s'éloignait en ligne droite du radar. Vérification numérique : à $x=100$ km, $\frac{dz}{dt}=\frac{100}{\sqrt{10036}}(500)\approx 499{,}1$ km/h.

d) L'angle d'élévation vérifie $\tan\theta=\frac{6}{x}$. On dérive : $\sec^{2}\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=-\frac{6}{x^{2}}\cdot\frac{dx}{dt}$. À l'instant du a), $x=8$ et $z=10$, donc $\cos\theta=\frac{x}{z}=0{,}8$ et $\sec^{2}\theta=\frac{1}{0{,}64}=1{,}5625$. D'où $\frac{d\theta}{dt}=\frac{-6(500)}{64\times 1{,}5625}=\frac{-3000}{100}=-30$ rad/h. En degrés par minute : $-30\times\frac{180}{\pi}\div 60\approx-28{,}6$ °/min. Le signe négatif est cohérent : l'avion s'éloigne, donc le radar doit s'abaisser. Raccourci utile pour vérifier : comme $\sec^{2}\theta=\frac{z^{2}}{x^{2}}$, la formule se simplifie en $\frac{d\theta}{dt}=-\frac{6}{z^{2}}\frac{dx}{dt}=-\frac{6(500)}{100}=-30$ rad/h ✓, sans jamais calculer d'angle.

a) L'anneau, le pied du quai au niveau de la proue et la proue forment un triangle rectangle : $s^{2}=x^{2}+4$. La hauteur $2$ est constante, $s$ et $x$ dépendent du temps.

b) On dérive : $2s\frac{ds}{dt}=2x\frac{dx}{dt}$, donc $\frac{dx}{dt}=\frac{s}{x}\frac{ds}{dt}$. Tirer la corde la RACCOURCIT : $\frac{ds}{dt}=-1$. Pour $s=8$ : $x=\sqrt{64-4}=\sqrt{60}\approx 7{,}746$, et $\frac{dx}{dt}=\frac{8}{7{,}746}\times(-1)\approx-1{,}033$ m/s. Le bateau approche à $1{,}033$ m/s.