Révision du devoir commun : examen mixte corrigé (math SN5)

$2x^{2}-16x+32$ : on commence TOUJOURS par la mise en évidence, ici du facteur commun $2$, ce qui donne $2\left(x^{2}-8x+16\right)$. Le trinôme entre parenthèses est un carré parfait, et on le vérifie par les trois contrôles : $x^{2}$ est un carré, $16=4^{2}$ en est un aussi, et le terme du milieu vaut bien $2\times x\times 4=8x$, ici négatif. Donc $2x^{2}-16x+32=2(x-4)^{2}$. Pour $9x^{2}-25$, c'est une différence de deux carrés, $(3x)^{2}-5^{2}$, d'où $(3x-5)(3x+5)$. Contrôle en redéveloppant le premier : $2(x^{2}-8x+16)=2x^{2}-16x+32$ ✓.

On factorise les DEUX membres avant toute chose. Dénominateur : $x^{2}-x-6$ se factorise par produit-somme, deux nombres de produit $-6$ et de somme $-1$, à savoir $-3$ et $2$, d'où $(x-3)(x+2)$. Il s'annule en $x=3$ et $x=-2$ : ce sont les VALEURS INTERDITES, et elles se lisent sur l'expression de départ, avant simplification. Numérateur : $x^{2}-9=(x-3)(x+3)$. On simplifie le facteur commun $(x-3)$ : $\frac{(x-3)(x+3)}{(x-3)(x+2)}=\frac{x+3}{x+2}$, pour $x\neq 3$ et $x\neq -2$. La restriction $x\neq 3$ doit être REPORTÉE malgré la simplification, car la fraction simplifiée, elle, serait définie en $3$ : la courbe y présente un trou. Ne pas la reporter est la faute la plus sanctionnée du chapitre.

On développe le membre de gauche, en traitant chaque carré séparément : $(a+b)^{2}=a^{2}+2ab+b^{2}$ et $(a-b)^{2}=a^{2}-2ab+b^{2}$. La différence vaut $\left(a^{2}+2ab+b^{2}\right)-\left(a^{2}-2ab+b^{2}\right)$, et il faut distribuer le signe moins sur les TROIS termes de la seconde parenthèse : $a^{2}+2ab+b^{2}-a^{2}+2ab-b^{2}$. Les $a^{2}$ s'annulent, les $b^{2}$ aussi, et les deux doubles produits s'ADDITIONNENT : il reste $4ab$. L'égalité est donc démontrée. Point de rigueur : le calcul n'a utilisé aucune valeur particulière de $a$ ni de $b$, il vaut donc pour TOUS les réels, ce qui en fait une identité et non une équation. Contrôle numérique sur un cas, à faire avant de rédiger mais jamais à la place de la démonstration : avec $a=5$ et $b=3$, $64-4=60$ et $4\times 15=60$ ✓.

Conversion : $150^{\circ}=150\times\frac{\pi}{180}=\frac{150\pi}{180}=\frac{5\pi}{6}$ rad, après simplification par $30$. La méthode mentale est plus rapide : $150=\frac{5\times 180}{6}$, donc l'angle vaut $\frac{5\pi}{6}$. Pour le point image, on repère le quadrant : $150^{\circ}$ est entre $90^{\circ}$ et $180^{\circ}$, donc au quadrant II, où l'abscisse est NÉGATIVE et l'ordonnée POSITIVE. L'angle de référence est $180^{\circ}-150^{\circ}=30^{\circ}$, dont les valeurs sont $\cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ et $\sin 30^{\circ}=\frac{1}{2}$. En appliquant les signes du quadrant : le point image est $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\,;\frac{1}{2}\right)$. Contrôle par Pythagore : $\frac{3}{4}+\frac{1}{4}=1$ ✓, le point est bien sur le cercle de rayon $1$.

$\sin 75^{\circ}=\sin(45^{\circ}+30^{\circ})=\sin 45^{\circ}\cos 30^{\circ}+\cos 45^{\circ}\sin 30^{\circ}$. On substitue les valeurs de référence : $\frac{\sqrt{2}}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}}{4}+\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$. Notez que pour le SINUS, le signe de la formule suit celui de l'argument, ici un plus des deux côtés ; pour le cosinus il serait inversé, et c'est la confusion la plus fréquente. Contrôle numérique : $\frac{2{,}449+1{,}414}{4}\approx 0{,}966$, une valeur proche de $1$ comme il se doit pour un angle proche de $90^{\circ}$ ✓. Et surtout, une valeur INFÉRIEURE à $1$, ce qui écarte l'erreur $\sin 75^{\circ}=\sin 45^{\circ}+\sin 30^{\circ}\approx 1{,}21$, impossible pour un sinus.

$\sin x=\frac{1}{2}$ : on cherche les points du cercle dont l'ORDONNÉE vaut $\frac{1}{2}$, donc au-dessus de l'axe des abscisses, ce qui désigne les quadrants I et II. L'angle de référence est $\frac{\pi}{6}$. Au quadrant I : $x=\frac{\pi}{6}$. Au quadrant II : $x=\pi-\frac{\pi}{6}=\frac{5\pi}{6}$. Les deux solutions sur $[0\,;2\pi]$ sont donc $\frac{\pi}{6}$ et $\frac{5\pi}{6}$. Il y en a bien DEUX, et n'en donner qu'une coûte la moitié des points ; la règle pour le sinus est que la seconde solution s'obtient par $\pi-x_{0}$, alors que pour le cosinus ce serait $2\pi-x_{0}$. Remarquez enfin la cohérence avec la question a) : le point image de $\frac{5\pi}{6}$, soit $150^{\circ}$, a bien pour ordonnée $\frac{1}{2}$ ✓, les deux questions se recoupent.

Le principe de la conversion est de faire apparaître le DÉNOMINATEUR à l'intérieur du numérateur, ce qui permet de séparer la fraction en deux morceaux dont l'un se simplifie. On cherche donc à écrire $3x+7$ en fonction de $(x+2)$ : $3(x+2)=3x+6$, il manque $1$, donc $3x+7=3(x+2)+1$. D'où $f(x)=\frac{3(x+2)+1}{x+2}=\frac{3(x+2)}{x+2}+\frac{1}{x+2}=3+\frac{1}{x+2}$, soit sous la forme demandée $f(x)=\frac{1}{x+2}+3$, avec $a=1$, $h=-2$ et $k=3$.

L'asymptote VERTICALE est la valeur interdite, celle qui annule le dénominateur : $x+2=0$ donne $x=-2$. L'asymptote HORIZONTALE est $y=k=3$, ce que confirme le raccourci du rapport des coefficients dominants, $\frac{3}{1}=3$. Le domaine est $\mathbb{R}\setminus\{-2\}$ et l'image $\mathbb{R}\setminus\{3\}$ : la valeur $3$ est exclue parce que la fraction $\frac{1}{x+2}$ n'est jamais nulle, son numérateur valant $1$. Contrôle numérique de l'asymptote horizontale : $f(1000)=3+\frac{1}{1002}\approx 3{,}001$, déjà très proche de $3$ ✓.

$\frac{3x+7}{x+2}=4$. On chasse le dénominateur, licite puisque $x\neq -2$ : $3x+7=4(x+2)=4x+8$. On regroupe : $7-8=4x-3x$, donc $x=-1$. Vérification dans l'expression de DÉPART : $f(-1)=\frac{3\times(-1)+7}{-1+2}=\frac{-3+7}{1}=\frac{4}{1}=4$ ✓. Et il faut confronter la solution à la valeur interdite : $-1\neq -2$, donc elle est admissible ✓. On peut aussi résoudre sur la forme canonique, ce qui est plus rapide : $3+\frac{1}{x+2}=4$ donne $\frac{1}{x+2}=1$, donc $x+2=1$ et $x=-1$, le même résultat ✓. Notez au passage qu'une équation $f(x)=c$ a exactement UNE solution pour toute valeur de $c$, sauf pour $c=3$, l'asymptote, où elle n'en a aucune.

On teste l'hypothèse exponentielle par le RAPPORT entre valeurs consécutives : $\frac{90}{100}=0{,}9$ et $\frac{81}{90}=0{,}9$. Le rapport est constant, ce qui est la signature d'une fonction exponentielle. La masse initiale donne $M_{0}=100$ kg et la base est $c=0{,}9$, d'où $M(t)=100\,(0{,}9)^{t}$. Interprétation du $0{,}9$ : il reste $90$ % de la masse chaque année, donc la consommation est de $10$ % par an, calculée sur ce qui RESTE et non sur la masse initiale. C'est ce qui distingue ce modèle d'une consommation linéaire de $10$ kg par an, laquelle donnerait des différences constantes au lieu de rapports constants.

$M(5)=100\times(0{,}9)^{5}=100\times 0{,}59049\approx 59{,}0$ kg. Contrôle de plausibilité : cinq réductions successives de $10$ % laissent un peu moins de $60$ %, et certainement pas $50$ % comme le suggérerait un calcul linéaire ✓. C'est un écart que les examens aiment tester.

On résout $100\,(0{,}9)^{t}<40$, donc $(0{,}9)^{t}<0{,}4$. La base $0{,}9$ n'admet pas $0{,}4$ comme puissance simple, il faut le logarithme : $t\log 0{,}9<\log 0{,}4$. On divise ensuite par $\log 0{,}9$, qui est NÉGATIF puisque $0{,}9<1$ : le sens de l'inégalité s'INVERSE. On obtient $t>\frac{\log 0{,}4}{\log 0{,}9}=\frac{-0{,}3979}{-0{,}0458}\approx 8{,}7$ ans. La bonbonne passe donc sous $40$ kg après environ $8{,}7$ ans, c'est-à-dire au cours de la neuvième année. L'inversion du sens est le point de barème de la question, et l'oublier donnerait $t<8{,}7$, une réponse qui n'a aucun sens physique puisque la masse ne fait que décroître.

$M(8{,}7)=100\times(0{,}9)^{8{,}7}\approx 100\times 0{,}3999\approx 40{,}0$ kg : on est exactement au seuil, ce qui confirme la borne ✓. On encadre ensuite pour valider le SENS de l'inégalité, et c'est ce qui achève la vérification : $M(8)=100\times 0{,}9^{8}\approx 43{,}0$ kg, encore au-dessus du seuil ✓, tandis que $M(9)=100\times 0{,}9^{9}\approx 38{,}7$ kg, en dessous ✓. La masse passe donc bien sous $40$ kg entre la huitième et la neuvième année, conformément au calcul.

Deux informations, deux inconnues : on exploite d'abord celle qui simplifie le plus. Au décollage, $t=0$, et $\sqrt{0}=0$ élimine le paramètre $a$ : $A(0)=a\times 0+k=k$, or cette valeur doit être $5$, donc $k=5$. On reporte ensuite dans la seconde information : $A(9)=a\sqrt{9}+5=3a+5$, qui doit valoir $35$, donc $3a=30$ et $a=10$. Règle : $A(t)=10\sqrt{t}+5$. Choisir de commencer par $t=0$ est ce qui rend le problème immédiat, l'ordre inverse aurait donné un système à résoudre.

$A(16)=10\sqrt{16}+5=10\times 4+5=45$ m. On choisit $16$ parce que c'est un carré parfait, comme l'énoncé l'a prévu ; pour une valeur quelconque il faudrait la calculatrice.

On résout $10\sqrt{t}+5=65$. On isole le radical d'abord : $10\sqrt{t}=60$, donc $\sqrt{t}=6$. On élève au carré : $t=36$ minutes. Vérification dans l'équation de départ : $10\sqrt{36}+5=10\times 6+5=65$ ✓. Le membre de droite étant positif, aucune racine étrangère n'était à craindre, mais la vérification reste obligatoire.

On résout $10\sqrt{t}+5<65$, ce qui donne $\sqrt{t}<6$. Les deux membres étant POSITIFS, on peut élever au carré sans changer le sens : $t<36$. En tenant compte du domaine, puisque $\sqrt{t}$ exige $t\geq 0$, la solution est $0\leq t<36$. Le ballon vole donc sous $65$ m pendant $36$ minutes. Notez la borne : $36$ est exclue puisque l'altitude y vaut exactement $65$ m, et incluse dans le domaine côté gauche.

La buse correspond à $x=0$, donc la hauteur de sortie est le TERME CONSTANT de la règle : $y(0)=-0{,}2\times 0+1{,}6\times 0+1{,}8=1{,}8$ m. Aucun calcul n'est nécessaire, ce qui vaut pour tout modèle polynomial.

L'abscisse du sommet est $x=-\frac{b}{2a}=-\frac{1{,}6}{2\times(-0{,}2)}=-\frac{1{,}6}{-0{,}4}=4$. Son ordonnée est $y(4)=-0{,}2\times 16+1{,}6\times 4+1{,}8=-3{,}2+6{,}4+1{,}8=5$. Forme canonique : $y=-0{,}2(x-4)^{2}+5$. Comme $a=-0{,}2<0$, la parabole ouvre vers le bas et $5$ est un MAXIMUM : le jet culmine à $5$ m de hauteur, à $4$ m de la buse. Contrôle de la forme canonique en un point quelconque, ici $x=0$ : $-0{,}2\times 16+5=-3{,}2+5=1{,}8$ ✓, on retrouve la hauteur de sortie de a).

On cherche où l'eau touche le sol, donc où $y=0$ : $-0{,}2x^{2}+1{,}6x+1{,}8=0$. On divise tout par $-0{,}2$ pour simplifier les coefficients, ce qui est le bon réflexe : $x^{2}-8x-9=0$. Par produit-somme, deux nombres de produit $-9$ et de somme $-8$, à savoir $-9$ et $1$, d'où $(x-9)(x+1)=0$. Les zéros sont $x=9$ et $x=-1$, et la forme factorisée est $y=-0{,}2(x-9)(x+1)$. Seule la solution $x=9$ a un SENS dans le contexte : l'eau retombe à $9$ m de la buse. La racine $-1$ correspondrait à un point situé derrière la buse, hors du domaine physique, et il faut écrire ce rejet ✓. Contrôle : le sommet doit être à mi-chemin des deux zéros, et $\frac{-1+9}{2}=4$ ✓, ce qui recoupe b).

On résout $-0{,}2(x-4)^{2}+5\geq 4$ en partant de la forme canonique, ce qui évite tout discriminant. On isole : $-0{,}2(x-4)^{2}\geq -1$, puis en divisant par $-0{,}2$ et en RENVERSANT le sens puisque le diviseur est négatif : $(x-4)^{2}\leq 5$. On passe à la valeur absolue : $|x-4|\leq\sqrt{5}$, ce qui se lit comme une distance et donne $4-\sqrt{5}\leq x\leq 4+\sqrt{5}$, soit environ $[1{,}76\,;6{,}24]$. La largeur EXACTE de cet intervalle est $\left(4+\sqrt{5}\right)-\left(4-\sqrt{5}\right)=2\sqrt{5}\approx 4{,}47$ m. Contrôles : aux bornes, $y\left(4+\sqrt{5}\right)=-0{,}2\times 5+5=4$ exactement ✓ ; au centre, $y(4)=5>4$ ✓ ; à l'extérieur, $y(1)=-0{,}2+1{,}6+1{,}8=3{,}2<4$ ✓. Le jet passe donc au-dessus du muret sur environ $4{,}47$ m de son parcours.

La demi-vie est de $5$ heures, donc la quantité est multipliée par $\frac{1}{2}$ toutes les $5$ heures. Après $t$ heures, le nombre de demi-vies écoulées est $\frac{t}{5}$, et chacune apporte un facteur $\frac{1}{2}$ : la quantité restante est donc $C(t)=120\left(\frac{1}{2}\right)^{t/5}$. Vérifications demandées : $C(0)=120\left(\frac{1}{2}\right)^{0}=120\times 1=120$ mg, la dose initiale ✓ ; $C(5)=120\left(\frac{1}{2}\right)^{1}=60$ mg, exactement la moitié après une demi-vie ✓. Le $5$ au dénominateur de l'exposant est bien la demi-vie, et c'est ce qui rend cette écriture lisible.

$C(8)=120\left(\frac{1}{2}\right)^{8/5}=120\times 0{,}5^{1{,}6}$. Comme $0{,}5^{1{,}6}\approx 0{,}32988$, on obtient $C(8)\approx 39{,}6$ mg. Contrôle de plausibilité : $8$ heures représentent un peu plus d'une demi-vie et demie, donc il doit rester entre $30$ mg, valeur à deux demi-vies, et $60$ mg, valeur à une demi-vie ✓, et plus près de $30$ puisqu'on est plus proche de $10$ h que de $5$ h ✓.

On résout $120\left(\frac{1}{2}\right)^{t/5}=20$, donc $\left(\frac{1}{2}\right)^{t/5}=\frac{20}{120}=\frac{1}{6}$. En prenant le logarithme népérien : $\frac{t}{5}\ln\frac{1}{2}=\ln\frac{1}{6}$. On utilise $\ln\frac{1}{n}=-\ln n$ pour se débarrasser des fractions : $-\frac{t}{5}\ln 2=-\ln 6$, donc $\frac{t}{5}=\frac{\ln 6}{\ln 2}$ et $t=\frac{5\ln 6}{\ln 2}$, la valeur exacte. Numériquement, $\frac{\ln 6}{\ln 2}=\frac{1{,}7918}{0{,}6931}\approx 2{,}585$, donc $t\approx 12{,}9$ heures. Interprétation concrète, et c'est ce qui rend le problème parlant : un café pris à midi laisse encore plus de $20$ mg de caféine jusque vers $22$ h, ce qui explique qu'il puisse perturber l'endormissement.

On veut que $\left(\frac{1}{2}\right)^{t/5}=e^{-kt}$ pour TOUT $t$, et non pour une valeur particulière : c'est une identité entre deux fonctions. En prenant le logarithme des deux membres : $\frac{t}{5}\ln\frac{1}{2}=-kt$, soit $-\frac{t\ln 2}{5}=-kt$. On simplifie par $t$, licite pour $t\neq 0$ : $k=\frac{\ln 2}{5}=\frac{0{,}69315}{5}\approx 0{,}1386$ par heure. Les deux écritures décrivent exactement la même décroissance, et il est utile de savoir passer de l'une à l'autre : la forme $\left(\frac{1}{2}\right)^{t/5}$ met en avant la DEMI-VIE, plus parlante en pharmacologie, tandis que la forme $e^{-kt}$ met en avant le TAUX instantané, plus commode en calcul. Contrôle : $120\,e^{-0{,}1386\times 5}=120\,e^{-0{,}6931}=120\times 0{,}5=60$ mg ✓, on retrouve bien la demi-vie.

Soit $P$ le pied de l'édifice et $S$ son sommet, la hauteur cherchée étant $h=PS$. Le schéma comporte deux triangles rectangles emboîtés, tous deux d'angle droit en $P$, et les points $A$, $B$, $P$ sont alignés sur le sol dans cet ordre. Dans le triangle $APS$ : $\tan 32^{\circ}=\frac{\text{opposé}}{\text{adjacent}}=\frac{h}{AP}$, donc $AP=\frac{h}{\tan 32^{\circ}}$. Dans le triangle $BPS$, de la même façon, $BP=\frac{h}{\tan 51^{\circ}}$. Comme $B$ est plus près de l'édifice, l'angle d'élévation y est plus grand, sa tangente aussi, et donc $BP<AP$ ✓, ce qui est cohérent avec la géométrie.

L'arpenteur a avancé de $45$ m, donc $AB=AP-BP=45$, ce qui donne $\frac{h}{\tan 32^{\circ}}-\frac{h}{\tan 51^{\circ}}=45$. On met $h$ en évidence, geste décisif qui transforme le problème en une simple division : $h\left(\frac{1}{\tan 32^{\circ}}-\frac{1}{\tan 51^{\circ}}\right)=45$. Numériquement, $\frac{1}{\tan 32^{\circ}}\approx 1{,}6003$ et $\frac{1}{\tan 51^{\circ}}\approx 0{,}8098$, dont la différence vaut $0{,}7906$. D'où $h=\frac{45}{0{,}7906}\approx 56{,}9$ m. Vérification en revenant aux distances : $BP\approx 56{,}92\times 0{,}8098\approx 46{,}1$ m et $AP\approx 56{,}92\times 1{,}6003\approx 91{,}1$ m, dont la différence vaut $45{,}0$ m ✓, exactement l'avancée mesurée.