Devoir commun SN5, version difficile : épreuve corrigée

Réponse : A. La technique est toujours la même, isoler le radical puis élever au carré, mais elle ne suffit pas : c'est le DOMAINE qui départage les quatre choix, et il ne se lit pas sur la règle trouvée. On part de $y=-2\sqrt{3(x-1)}+5$, on isole le radical en passant $5$ à gauche et en divisant par $-2$ : $\sqrt{3(x-1)}=\dfrac{5-y}{2}$. On élève au carré : $3(x-1)=\dfrac{(5-y)^{2}}{4}$, donc $x=1+\dfrac{(5-y)^{2}}{12}$. Comme $(5-y)^{2}=(y-5)^{2}$, on échange les noms des variables et on obtient $f^{-1}(x)=\dfrac{(x-5)^{2}}{12}+1$. Le $12$ vient du produit $3\times 4$ : le $3$ était sous le radical, le $4$ vient du carré du $2$. Le choix C est exactement l'erreur de l'élève qui oublie le $b=3$ sous le radical.

La condition qui décide, c'est le domaine. Le domaine de $f^{-1}$ est l'IMAGE de $f$, et rien d'autre. On la détermine sur $f$, jamais sur la règle de $f^{-1}$ : comme un radical est toujours positif ou nul et que $a=-2<0$, le terme $-2\sqrt{3(x-1)}$ est négatif ou nul, donc $f(x)\leq 5$. L'image de $f$ est $]-\infty;\ 5]$, c'est donc le domaine de $f^{-1}$. Le choix B est le piège majeur de la question : la règle est juste, mais son domaine est pris à l'envers, ce qui donnerait une réciproque définie là où $f$ ne prend jamais ses valeurs. Retenez la règle d'échange : domaine de $f$ devient image de $f^{-1}$, image de $f$ devient domaine de $f^{-1}$. Ici le domaine de $f$ est $[1;+\infty[$, ce qui donne bien l'image $[1;+\infty[$ de $f^{-1}$, cohérente avec un carré divisé par $12$ auquel on ajoute $1$.

Contrôle en trente secondes, à faire même en QCM. On prend un point commode : $f(4)=-2\sqrt{3\times 3}+5=-2\times 3+5=-1$. Si la réponse est bonne, $f^{-1}(-1)$ doit redonner $4$ : $\dfrac{(-1-5)^{2}}{12}+1=\dfrac{36}{12}+1=3+1=4$ ✓. Deuxième contrôle au sommet : $f(1)=5$ et $f^{-1}(5)=0+1=1$ ✓. Ces deux calculs éliminent C et D immédiatement, et le raisonnement sur le signe de $a$ élimine B.

Réponse : B. Avec DEUX valeurs absolues, la méthode des deux cas $\pm$ ne fonctionne plus : il faut découper la droite réelle. On cherche où chaque expression change de signe : $2x-1=0$ en $x=\dfrac{1}{2}$ et $x+4=0$ en $x=-4$. Ces deux nombres découpent $\mathbb{R}$ en trois intervalles, et dans chacun on récrit les deux valeurs absolues SANS barres, avec le bon signe. C'est le seul plan de travail correct.

Cas 1, $x\geq \dfrac{1}{2}$ : les deux expressions sont positives, l'équation devient $(2x-1)+(x+4)=9$, soit $3x+3=9$ et $x=2$. On vérifie l'appartenance : $2\geq\dfrac{1}{2}$ ✓, la solution est GARDÉE. Cas 2, $-4\leq x<\dfrac{1}{2}$ : $2x-1$ est négatif, $x+4$ positif, donc $(1-2x)+(x+4)=9$, soit $5-x=9$ et $x=-4$. Appartenance : $-4$ est bien la borne gauche, incluse ✓, solution GARDÉE. Cas 3, $x<-4$ : les deux sont négatives, $(1-2x)+(-x-4)=9$, soit $-3x-3=9$ et $x=-4$. Cette fois l'appartenance ÉCHOUE, car le cas exige $x<-4$ strictement : la solution est REJETÉE. Elle n'est pas perdue pour autant, le cas 2 l'avait déjà fournie. Il y a donc exactement deux solutions, $x=-4$ et $x=2$.

Le piège est entier dans ce test d'appartenance, et c'est le fil de toute l'épreuve : le calcul de chaque cas produit un nombre, seule la condition d'intervalle dit s'il compte. L'élève qui résout les trois cas sans tester obtient trois valeurs et coche C ; celui qui n'écrit que deux cas comme pour une valeur absolue isolée perd une racine et coche A. Contrôle numérique final, obligatoire ici : $|2(2)-1|+|2+4|=|3|+|6|=9$ ✓, et $|2(-4)-1|+|-4+4|=|-9|+0=9$ ✓. On teste aussi un intrus, $x=\dfrac{14}{3}$ : $\left|\dfrac{28}{3}-1\right|+\left|\dfrac{14}{3}+4\right|=\dfrac{25}{3}+\dfrac{26}{3}=17\neq 9$, C est bien fausse.

Réponse : B. La technique attendue est la substitution, et elle commence par une réécriture qu'il faut voir : $4^{x}=\left(2^{2}\right)^{x}=\left(2^{x}\right)^{2}$. Toute l'équation ne dépend alors que de $2^{x}$. On pose $u=2^{x}$, en notant tout de suite la condition d'existence qui servira plus loin : une exponentielle de base $2$ est toujours strictement positive, donc $u>0$. L'équation devient le trinôme $u^{2}-5u+4=0$, qui se factorise par produit-somme, deux nombres de produit $4$ et de somme $-5$, à savoir $-1$ et $-4$ : $(u-1)(u-4)=0$, donc $u=1$ ou $u=4$. Les deux sont bien positives, aucune n'est à rejeter par la condition.

Il reste l'étape que la moitié des copies oublie : REVENIR à $x$. La substitution a changé d'inconnue, les valeurs $1$ et $4$ sont des valeurs de $u$, pas de $x$. On résout $2^{x}=1$, donc $x=0$ puisque toute base élevée à la puissance zéro donne $1$ ; puis $2^{x}=4=2^{2}$, donc $x=2$ par égalité des exposants à bases égales. Les solutions sont $x=0$ et $x=2$. Le choix A est exactement la copie qui s'arrête à $u$ et recopie $1$ et $4$ comme réponses : c'est le distracteur le plus fréquemment coché du chapitre, et il ne coûte rien à éviter si on écrit la phrase « on revient à $x$ » avant de conclure.

Contrôle numérique dans l'équation de DÉPART, jamais dans le trinôme : pour $x=0$, $4^{0}-5\cdot 2^{0}+4=1-5+4=0$ ✓ ; pour $x=2$, $4^{2}-5\cdot 2^{2}+4=16-20+4=0$ ✓. On vérifie aussi que le distracteur A échoue : $x=1$ donne $4-10+4=-2\neq 0$. Remarque de méthode qui vaut pour tout l'examen : si la condition $u>0$ avait éliminé une racine, par exemple avec un trinôme donnant $u=-3$, il aurait fallu la rejeter SANS chercher de $x$, car aucune puissance de $2$ n'est négative. Ici la condition ne coupe rien, mais elle doit tout de même être écrite : c'est un point de barème.

a) On factorise les QUATRE polynômes avant de toucher à la division. $2x^{2}-x-15$ : produit-somme sur $2\times(-15)=-30$ avec somme $-1$, soit $-6$ et $5$, d'où $2x^{2}-6x+5x-15=2x(x-3)+5(x-3)=(2x+5)(x-3)$. Ensuite $x^{2}-9=(x-3)(x+3)$, $4x^{2}-25=(2x-5)(2x+5)$ et $3x+9=3(x+3)$. Les valeurs interdites se relèvent MAINTENANT, sur l'écriture de départ, et il y en a quatre. Le dénominateur de la première fraction interdit $x=3$ et $x=-3$. Le dénominateur du diviseur interdit $x=-3$ à nouveau. Et surtout, le NUMÉRATEUR du diviseur interdit $x=\dfrac{5}{2}$ et $x=-\dfrac{5}{2}$ : si $4x^{2}-25=0$, le diviseur vaut zéro et on ne divise pas par zéro. C'est la valeur interdite que presque personne n'écrit. Bilan : $x\neq 3$, $x\neq -3$, $x\neq \dfrac{5}{2}$, $x\neq -\dfrac{5}{2}$. On divise en multipliant par l'inverse : $\dfrac{(2x+5)(x-3)}{(x-3)(x+3)}\times\dfrac{3(x+3)}{(2x-5)(2x+5)}$. On barre $(x-3)$, $(x+3)$ et $(2x+5)$, il reste $\dfrac{3}{2x-5}$. Contrôle en $x=0$ : l'expression de départ vaut $\dfrac{-15}{-9}\div\dfrac{-25}{9}=\dfrac{5}{3}\times\left(-\dfrac{9}{25}\right)=-\dfrac{3}{5}$, et la forme simplifiée donne $\dfrac{3}{-5}=-\dfrac{3}{5}$ ✓.

b) Le domaine d'abord, avant toute manipulation : il faut $x+6>0$ et $x-2>0$, donc $x>2$. Toute solution qui ne respectera pas cette condition sera étrangère. On applique ensuite la loi du produit, $\log_{3}\left[(x+6)(x-2)\right]=2$, puis la définition du logarithme, $(x+6)(x-2)=3^{2}=9$. On développe : $x^{2}+4x-12=9$, soit $x^{2}+4x-21=0$, qui se factorise en $(x+7)(x-3)=0$. Les racines du trinôme sont $x=-7$ et $x=3$. La condition tranche : $-7$ n'est pas dans $]2;+\infty[$, c'est une solution ÉTRANGÈRE, on la rejette en l'écrivant explicitement, car le barème l'exige. Il reste $x=3$. Vérification dans l'équation de départ : $\log_{3}(9)+\log_{3}(1)=2+0=2$ ✓. Erreur classique à ne pas commettre : écrire $\log_{3}(x+6)+\log_{3}(x-2)=\log_{3}(2x+4)$, une somme de logarithmes est le logarithme d'un PRODUIT, jamais d'une somme.

c) On transforme le membre de gauche seul, en mettant au même dénominateur $(1-\sin x)(1+\sin x)$ : $\dfrac{(1+\sin x)+(1-\sin x)}{(1-\sin x)(1+\sin x)}$. Le numérateur se réduit à $2$, les $\sin x$ s'annulant. Le dénominateur est une différence de carrés, $1-\sin^{2}x$, qui vaut $\cos^{2}x$ d'après l'identité de Pythagore $\sin^{2}x+\cos^{2}x=1$. On obtient $\dfrac{2}{\cos^{2}x}$, ce qui est le membre de droite, l'identité est démontrée. Condition d'existence : il faut $1-\sin x\neq 0$, $1+\sin x\neq 0$ et $\cos^{2}x\neq 0$, ces trois conditions se résumant à $\cos x\neq 0$, c'est-à-dire $x\neq\dfrac{\pi}{2}+k\pi$. Contrôle numérique sur une valeur commode, $x=\dfrac{\pi}{6}$ où $\sin x=\dfrac{1}{2}$ et $\cos^{2}x=\dfrac{3}{4}$ : à gauche $\dfrac{1}{1/2}+\dfrac{1}{3/2}=2+\dfrac{2}{3}=\dfrac{8}{3}$, à droite $\dfrac{2}{3/4}=\dfrac{8}{3}$ ✓.

a) L'angle $\dfrac{7\pi}{12}$ n'est pas sur le cercle usuel, donc on le DÉCOMPOSE en somme de deux angles remarquables ayant $12$ comme dénominateur commun : $\dfrac{7\pi}{12}=\dfrac{4\pi}{12}+\dfrac{3\pi}{12}=\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{4}$. On applique la formule d'addition du cosinus, dont le signe central est un MOINS, contrairement à celle du sinus : $\cos(A+B)=\cos A\cos B-\sin A\sin B$. D'où $\cos\dfrac{7\pi}{12}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$. Contrôle de signe, indispensable : $\dfrac{7\pi}{12}$ vaut $105^{\circ}$, donc l'angle est au deuxième quadrant, où le cosinus est NÉGATIF ; or $\sqrt{2}<\sqrt{6}$, le résultat est bien négatif ✓. Contrôle numérique : $\dfrac{1{,}414-2{,}449}{4}\approx -0{,}259$, ce que la calculatrice confirme.

b) L'équation mélange $\sin^{2}x$ et $\cos x$ : on ramène tout à une seule fonction avec $\sin^{2}x=1-\cos^{2}x$. Cela donne $2(1-\cos^{2}x)-3\cos x-3=0$, soit $-2\cos^{2}x-3\cos x-1=0$, et en multipliant par $-1$, $2\cos^{2}x+3\cos x+1=0$. On pose $u=\cos x$ avec la condition $-1\leq u\leq 1$ : $2u^{2}+3u+1=0$ se factorise en $(2u+1)(u+1)=0$, d'où $u=-\dfrac{1}{2}$ ou $u=-1$, toutes deux admissibles. On revient à $x$ sur $[0;2\pi[$. Pour $\cos x=-\dfrac{1}{2}$, l'angle de référence est $\dfrac{\pi}{3}$ et le cosinus est négatif aux deuxième et troisième quadrants : $x=\pi-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{2\pi}{3}$ et $x=\pi+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{4\pi}{3}$. Pour $\cos x=-1$, $x=\pi$. Trois solutions : $\dfrac{2\pi}{3}$, $\pi$, $\dfrac{4\pi}{3}$. Le piège est de n'en donner qu'une par valeur de $u$ : l'intervalle $[0;2\pi[$ contient un tour complet, chaque cosinus strictement compris entre $-1$ et $1$ y donne DEUX angles.

c) On lit les paramètres sur $f(x)=a\sin(b(x-h))+k$ après avoir mis en évidence le $b$ : $2x-\dfrac{\pi}{3}=2\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)$, donc $a=-3$, $b=2$, $h=\dfrac{\pi}{6}$, $k=1$. Amplitude $|a|=3$, période $\dfrac{2\pi}{|b|}=\pi$, axe médian $y=1$, image $[1-3;\ 1+3]=[-2;\ 4]$. Le déphasage est $\dfrac{\pi}{6}$ vers la droite, et non $\dfrac{\pi}{3}$ : oublier de factoriser le $b$ est l'erreur numéro un du chapitre. Pour l'équation, $-3\sin\left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)+1=-0{,}5$ donne $\sin\left(2x-\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{1}{2}$. On pose $\theta=2x-\dfrac{\pi}{3}$ : le sinus vaut $\dfrac{1}{2}$ aux premier et deuxième quadrants, $\theta=\dfrac{\pi}{6}$ ou $\theta=\dfrac{5\pi}{6}$. On revient : $2x=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{2}$ donc $x=\dfrac{\pi}{4}$ ; et $2x=\dfrac{5\pi}{6}+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{7\pi}{6}$ donc $x=\dfrac{7\pi}{12}$. Les deux appartiennent à $[0;\pi[$ ✓. Contrôle : $f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=-3\times\dfrac{1}{2}+1=-0{,}5$ ✓.

a) La condition $f(0)=7$ se lit sur la BONNE branche : $0\leq 0$, donc c'est la première qui s'applique. On écrit $a\sqrt{0+4}+1=7$, soit $2a+1=7$, donc $a=3$. La première branche est $f(x)=3\sqrt{x+4}+1$ pour $x\leq 0$. Piège d'entrée : un élève qui prend la seconde branche parce que $x=0$ « est à la frontière » obtient une équation en $b$ et se trompe de question. L'inégalité écrite dans l'accolade, ici $x\leq 0$ avec le symbole large, désigne la branche de gauche sans ambiguïté.

b) On impose maintenant $\dfrac{2(0)+b}{0-3}=7$, soit $\dfrac{b}{-3}=7$, donc $b=-21$. La seconde branche est $f(x)=\dfrac{2x-21}{x-3}$ pour $x>0$. Remarque sur le sens du mot raccord : la valeur $x=0$ n'appartient PAS à la seconde branche, on demande seulement que la branche de droite tende vers la même hauteur en s'approchant de zéro, pour que la courbe ne fasse pas de saut. Contrôle en s'approchant : pour $x=0{,}01$, $\dfrac{-20{,}98}{-2{,}99}\approx 7{,}02$ ✓, on est bien juste au-dessus de $7$.

c) Le domaine est la réunion des deux morceaux, chacun avec ses propres conditions. Première branche : $x\leq 0$ ET $x+4\geq 0$, donc $[-4;\ 0]$. Seconde branche : $x>0$ ET $x-3\neq 0$, donc $]0;\ 3[\ \cup\ ]3;\ +\infty[$. La réunion s'écrit $[-4;\ 3[\ \cup\ ]3;\ +\infty[$. Deux conditions y sont invisibles si on ne les cherche pas : le radicande positif, qui ferme le domaine à gauche en $-4$, et la valeur interdite $x=3$, qui le troue. Pour les asymptotes, on met la fraction sous forme canonique par division : $\dfrac{2x-21}{x-3}=\dfrac{2(x-3)-15}{x-3}=2-\dfrac{15}{x-3}$. On lit l'asymptote verticale $x=3$, qui est la valeur interdite, et l'asymptote horizontale $y=2$, qui est le rapport des coefficients dominants. La forme canonique montre aussi que la branche est au-dessous de $y=2$ pour $x>3$ et au-dessus pour $x<3$.

d) Sur la première branche, $3\sqrt{x+4}+1=0$ donne $\sqrt{x+4}=-\dfrac{1}{3}$ : impossible, un radical n'est jamais négatif, cette branche n'a AUCUN zéro. Sur la seconde, une fraction est nulle quand son numérateur l'est et que son dénominateur ne l'est pas : $2x-21=0$ donne $x=10{,}5$, qui vérifie bien $x>0$ et $x\neq 3$ ✓. Unique solution : $x=10{,}5$. Enfin $f(-4)=3\sqrt{0}+1=1$, c'est le point de départ de la courbe, et $f(12)=\dfrac{24-21}{9}=\dfrac{1}{3}$, valeur bien comprise entre $0$ et l'asymptote $y=2$, ce qui est cohérent avec un zéro en $10{,}5$ suivi d'une remontée vers $2$ ✓.

a) Une variation en POURCENTAGE du total est multiplicative, donc exponentielle. Une hausse de $3{,}2$ % multiplie chaque année par $1+0{,}032=1{,}032$, et une baisse de $1{,}8$ % multiplie par $1-0{,}018=0{,}982$. D'où $A(t)=45\,000\,(1{,}032)^{t}$ et $B(t)=78\,000\,(0{,}982)^{t}$. La faute à éviter d'entrée est le modèle linéaire, $45\,000+3{,}2t$, qui ferait croître la ville A de trois habitants par an : le pourcentage porte sur la population COURANTE, pas sur un nombre fixe.

b) $A(6)=45\,000\times(1{,}032)^{6}$. On calcule $(1{,}032)^{6}\approx 1{,}20803$, donc $A(6)\approx 54\,361$ habitants. $B(6)=78\,000\times(0{,}982)^{6}$, avec $(0{,}982)^{6}\approx 0{,}89675$, donc $B(6)\approx 69\,946$ habitants. Contrôle de plausibilité : la ville A a gagné environ $21$ % en six ans, un peu plus que $6\times 3{,}2=19{,}2$ % à cause des intérêts composés, et la ville B a perdu environ $10{,}3$ %, un peu moins que $6\times 1{,}8=10{,}8$ % pour la même raison en sens inverse ✓. Cet écart entre le calcul exponentiel et l'estimation linéaire est justement ce que le problème teste.

c) On résout $45\,000\,(1{,}032)^{t}=78\,000\,(0{,}982)^{t}$. La technique consiste à regrouper les exponentielles du MÊME côté en divisant les deux membres par $45\,000$ puis par $(0{,}982)^{t}$ : $\dfrac{(1{,}032)^{t}}{(0{,}982)^{t}}=\dfrac{78\,000}{45\,000}$, soit $\left(\dfrac{1{,}032}{0{,}982}\right)^{t}=\dfrac{26}{15}$. On calcule la base, $\dfrac{1{,}032}{0{,}982}\approx 1{,}050917$, et le second membre, $\approx 1{,}733333$. L'inconnue est en exposant, donc on prend le logarithme des deux membres : $t\ln(1{,}050917)=\ln(1{,}733333)$, d'où $t=\dfrac{\ln 1{,}733333}{\ln 1{,}050917}\approx\dfrac{0{,}550153}{0{,}049666}\approx 11{,}1$ années. Le piège majeur, systématiquement sanctionné, est de soustraire les taux et d'écrire que l'écart se comble à $5$ % par an : les taux ne s'additionnent pas, ce sont les BASES qui se divisent.

d) On remplace $t\approx 11{,}077$ dans les deux règles. $A(11{,}077)=45\,000\times(1{,}032)^{11{,}077}\approx 45\,000\times 1{,}41752\approx 63\,788$ habitants. $B(11{,}077)=78\,000\times(0{,}982)^{11{,}077}\approx 78\,000\times 0{,}817744\approx 63\,784$ habitants. Les deux valeurs coïncident à quatre habitants près, l'écart venant uniquement des arrondis intermédiaires ✓. Réponse finale en phrase : les deux villes auront la même population, environ $63\,800$ habitants, dans un peu plus de $11$ ans. Notez que la condition implicite de tout le problème est la constance des taux : au-delà de quelques décennies, le modèle cesse d'être crédible, et une bonne copie le mentionne en une ligne.

a) Chaque ressource donne une inéquation, chaque exigence du contrat en donne une autre, et il ne faut oublier ni la positivité ni le contrat. Chocolat : $x+2y\leq 120$. Café : $3x+2y\leq 180$. Contrat : $x\geq 10$. Positivité : $y\geq 0$. Notez que $x\geq 0$ est inutile ici, la contrainte $x\geq 10$ étant plus forte : l'écrire n'est pas faux, mais c'est la contrainte du contrat qui bornera le polygone à gauche. Fonction à optimiser : $Z=15x+22y$, à MAXIMISER.

b) Les sommets sont les intersections deux à deux des frontières, et chacun doit être testé dans TOUTES les inéquations. Intersection de $x=10$ avec $y=0$ : $(10;0)$. Intersection de $y=0$ avec $3x+2y=180$ : $x=60$, donc $(60;0)$, qu'on vérifie dans le chocolat, $60\leq 120$ ✓. Intersection des deux droites de ressources : on soustrait $x+2y=120$ de $3x+2y=180$, ce qui élimine $y$ et donne $2x=60$, soit $x=30$, puis $30+2y=120$ donne $y=45$ : sommet $(30;45)$, qu'on vérifie dans $x\geq 10$ ✓. Intersection de $x=10$ avec $x+2y=120$ : $2y=110$, donc $(10;55)$, qu'on vérifie dans le café, $30+110=140\leq 180$ ✓. Le polygone a donc pour sommets $(10;0)$, $(60;0)$, $(30;45)$ et $(10;55)$. Le point $(10;85)$, intersection de $x=10$ avec la droite du café, n'est PAS un sommet : il viole la contrainte du chocolat, $10+170=180>120$. Tester chaque candidat dans toutes les inéquations est exactement la condition d'existence qui fait le fil de l'épreuve.

c) Le maximum d'une fonction affine sur un polygone convexe est atteint en un SOMMET : on les évalue tous, sans exception. $Z(10;0)=150+0=150$ dollars. $Z(60;0)=900+0=900$ dollars. $Z(30;45)=450+990=1440$ dollars. $Z(10;55)=150+1210=1360$ dollars. Le maximum vaut $1440$ dollars, atteint en $(30;45)$ : $30$ paniers « découverte » et $45$ paniers « prestige ». Contrôle des ressources à l'optimum : chocolat $30+90=120$ kg, tout est utilisé ; café $90+90=180$ kg, tout est utilisé aussi. Les deux ressources sont saturées, ce qui est cohérent avec un sommet situé à l'intersection des deux droites ✓.

d) On ne réutilise surtout pas le sommet précédent : changer un coefficient de $Z$ peut déplacer l'optimum, et c'est tout l'enjeu de la question. Avec $Z'=15x+8y$ : $Z'(10;0)=150$, $Z'(60;0)=900$, $Z'(30;45)=450+360=810$, $Z'(10;55)=150+440=590$. Le maximum est maintenant $900$ dollars en $(60;0)$ : l'optimum a CHANGÉ, l'atelier a intérêt à ne produire que des paniers « découverte ». L'explication tient à la pente : la droite d'objectif $15x+22y=c$ a pour pente $-\dfrac{15}{22}\approx -0{,}68$, plus douce que celle de la frontière du café, $-\dfrac{3}{2}=-1{,}5$, alors que $15x+8y=c$ a pour pente $-\dfrac{15}{8}\approx -1{,}875$, plus raide : le point de contact bascule d'un bout à l'autre de cette frontière. Vérification des ressources en $(60;0)$ : chocolat $60\leq 120$, il en reste $60$ kg inutilisés, café $180$ kg, saturé ✓.