Exercices corrigés : les taux de variation liés (201-SN2-RE, ancien 201-NYA)

$\frac{dy}{dt}=(3x^{2}-2)\frac{dx}{dt}$. En $x=2$ : $\frac{dy}{dt}=(12-2)\times 3=30$. Piège : s'arrêter à $3x^{2}-2=10$, la dérivée par rapport à $x$, sans le facteur $\frac{dx}{dt}$.

$y=4x^{-1}$, donc $\frac{dy}{dt}=-\frac{4}{x^{2}}\frac{dx}{dt}$. En $x=4$ : $\frac{dy}{dt}=-\frac{4}{16}\times(-2)=\frac{1}{2}$. Deux signes moins, un résultat positif : $x$ diminue, donc $\frac{4}{x}$ augmente.

$2x\frac{dx}{dt}-2y\frac{dy}{dt}=0$, donc $\frac{dy}{dt}=\frac{x}{y}\frac{dx}{dt}$. Au point $(5\,;3)$, qui vérifie bien $25-9=16$ : $\frac{dy}{dt}=\frac{5}{3}\times 6=10$. Piège : dériver $y^{2}$ en $2y$, sans $\frac{dy}{dt}$.

$2x\frac{dx}{dt}+8y\frac{dy}{dt}=0$, donc $\frac{dy}{dt}=-\frac{x}{4y}\frac{dx}{dt}$. Au point $(3\,;2)$, qui vérifie $9+16=25$ : $\frac{dy}{dt}=-\frac{3}{8}\times 4=-1{,}5$. Le coefficient $4$ se dérive avec $y^{2}$ : $(4y^{2})'=8y\frac{dy}{dt}$.

Règle du produit : $\frac{dA}{dt}=\frac{dx}{dt}\,y+x\frac{dy}{dt}=2\times 5+8\times(-3)=10-24=-14$. Piège : $\frac{dx}{dt}\cdot\frac{dy}{dt}=-6$, qui n'est la dérivée de rien.

$\frac{dA}{dt}=\frac{1}{2}\left(\frac{db}{dt}h+b\frac{dh}{dt}\right)=\frac{1}{2}\left(1{,}5\times 6+10\times(-0{,}5)\right)=\frac{1}{2}(9-5)=2$. Le facteur $\frac{1}{2}$ multiplie les DEUX termes du produit.

$\frac{dA}{dt}=2\pi r\frac{dr}{dt}$, donc $\frac{dr}{dt}=\frac{12}{2\pi\times 3}=\frac{2}{\pi}\approx 0{,}637$. Puis $\frac{dC}{dt}=2\pi\frac{dr}{dt}=2\pi\times\frac{2}{\pi}=4$. Ici on remonte du taux de l'aire au taux du rayon : on isole $\frac{dr}{dt}$ au lieu de le multiplier. Remarquez que $\frac{dC}{dt}=2\pi\frac{dr}{dt}$ ne contient pas $r$ : quand le rayon d'un rond dans l'eau croît à vitesse constante, sa circonférence croît elle aussi à vitesse constante, quel que soit le rayon atteint. Seule l'aire accélère, puisque $\frac{dA}{dt}=2\pi r\frac{dr}{dt}$ grandit avec $r$.

$\frac{dV}{dt}=2xh\frac{dx}{dt}+x^{2}\frac{dh}{dt}=2\times 3\times 5\times 0{,}5+9\times(-1)=15-9=6$. Piège : traiter $h$ comme une constante et ne garder que $2xh\frac{dx}{dt}=15$.

Règle du quotient : $\frac{dz}{dt}=\frac{\frac{dx}{dt}y-x\frac{dy}{dt}}{y^{2}}=\frac{3\times 2-4\times(-1)}{4}=\frac{6+4}{4}=2{,}5$. Piège : le moins du quotient devant $x\frac{dy}{dt}$, qui devient un plus parce que $\frac{dy}{dt}<0$.

$\sec^{2}\theta\,\frac{d\theta}{dt}=\frac{1}{5}\frac{dx}{dt}$. En $x=5\sqrt{3}$, $\tan\theta=\sqrt{3}$, donc $\sec^{2}\theta=1+\tan^{2}\theta=4$ sans même chercher $\theta$. D'où $\frac{d\theta}{dt}=\frac{4}{5\times 4}=0{,}2$ radian par unité de temps. Piège : oublier le $\sec^{2}\theta$, qui donne $0{,}8$.

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 $x=3$.

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.

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.

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.

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.

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.

$S=4\pi r^{2}$, 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 $\frac{dS}{dt}=\frac{2}{r}\cdot\frac{dV}{dt}=\frac{2}{5}\times 100=40$ ✓.

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.

$V=a^{3}$ 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.

$V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$ 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.

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.

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.

Ici le taux connu n'est pas celui de l'arête, et la relation entre $V$ et $S$ ne s'écrit pas directement : on REMONTE par l'arête. $V=a^{3}$ donne $\frac{dV}{dt}=3a^{2}\frac{da}{dt}$, donc $12=3(400)\frac{da}{dt}$ et $\frac{da}{dt}=0{,}01$ cm/min. Puis $S=6a^{2}$ donne $\frac{dS}{dt}=12a\frac{da}{dt}=12(20)(0{,}01)=2{,}4$ cm$^{2}$/min. En éliminant $\frac{da}{dt}$ entre les deux lignes, $\frac{dS}{dt}=\frac{4}{a}\frac{dV}{dt}$ : à débit de volume fixé, l'aire croît de moins en moins vite quand le cube grossit ($1{,}2$ cm$^{2}$/min seulement à $a=40$ cm). Piège : dériver $S=6a^{2}$ en $12a$ et s'arrêter, ce qui donne $240$, la dérivée par rapport à l'arête et non par rapport au temps.

La formule du volume s'écrit avec le rayon : on traduit d'abord le diamètre, $r=\frac{30}{2}=15$ cm. Puis $V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$ donne $\frac{dV}{dt}=4\pi r^{2}\frac{dr}{dt}=4\pi(225)(0{,}5)=450\pi\approx 1413{,}7$ cm$^{3}$/s. Piège : substituer $r=30$ donne $1800\pi\approx 5654{,}9$, quatre fois trop, parce que le rayon est au carré. Si l'énoncé avait donné le taux du DIAMÈTRE, il aurait fallu le diviser aussi par deux : $\frac{dr}{dt}=\frac{1}{2}\frac{dD}{dt}$.

Le rayon est FIXE, $r=2$ m, seule la hauteur $h$ varie : $V=\pi r^{2}h=4\pi h$, donc $\frac{dV}{dt}=4\pi\frac{dh}{dt}$ et $\frac{dh}{dt}=\frac{6}{4\pi}=\frac{3}{2\pi}\approx 0{,}477$ m/h, soit environ $0{,}8$ cm/min. La hauteur n'apparaît pas dans le résultat : le niveau monte à la même vitesse à $1$ m, à $2$ m et à toute hauteur. C'est le cas où l'affirmation 8 c) est VRAIE, parce que la section horizontale $\pi r^{2}$ ne change pas avec $h$ ; dans le cône de l'exercice 4 ou le réservoir sphérique de l'exercice 15, elle change, et la vitesse du niveau avec elle. Pièges : prendre $4$ m pour le rayon, ce qui donne $\frac{6}{16\pi}\approx 0{,}119$ m/h, quatre fois trop peu ; et chercher une valeur de $h$ à substituer, alors qu'il n'y en a pas besoin.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.