Situations-problèmes C1 en math SN5 : dix tâches de compétence 1 corrigées

Compréhension.

On cherche la position $P$ du navire, puis sa distance au centre $H$ du haut-fond, pour décider s'il doit dévier.

Données utiles : les positions de $A$ et de $B$, l'écart de $120$ microsecondes, la vitesse des ondes, la droite du chenal $y=30$ et le centre $H(-20\,;28)$.

Données inutiles : la vitesse de $12$ nœuds et les $800$ tonnes. Elles ne changent ni la position, ni la décision.

Contraintes : le navire est sur le chenal, et l'impulsion de A arrive la première, donc le navire est plus près de A que de B.

Modèles.

Un écart de temps à vitesse connue est un écart de DISTANCE : le navire ne connaît ni $PA$ ni $PB$, seulement leur différence.

L'ensemble des points dont la différence des distances à deux points fixes est constante est une hyperbole de foyers $A$ et $B$. C'est la famille imposée par la donnée, pas un choix de commodité.

Le chenal est une droite ; la position est l'intersection de la droite et de l'hyperbole, puis la distance au centre $H$ se calcule par la formule de distance entre deux points.

Résolution.

Différence des distances :

Pour une hyperbole, cette différence vaut $2a$ :

Les foyers sont à $c=50$ du centre $O(0\,;0)$ :

Intersection avec le chenal $y=30$ :

Le navire est plus près de $A$ : on garde la branche de gauche, $P(-21{,}40\,;30)$, et on rejette $(21{,}40\,;30)$.

Validation.

Dans toute la série, la validation fait l'objet d'une rétroaction et ne compte pas dans la note (Cadre d'évaluation) ; elle reste le meilleur moyen d'attraper une erreur avant de rendre la copie.

$PA=\sqrt{28{,}60^{2}+30^{2}}\approx 41{,}45 \text{ km}$ et $PB=\sqrt{71{,}40^{2}+30^{2}}\approx 77{,}45 \text{ km}$

La différence vaut bien $36$ km, et $PA < PB$ : la branche choisie est la bonne.

Ordre de grandeur : $36$ km parcourus en $120$ microsecondes correspondent bien à une onde qui fait $300$ km en une milliseconde.

Conclusion.

Le navire se trouve au point $(-21{,}4\,;30)$, à environ $2{,}4$ km du centre du haut-fond, donc à l'intérieur de la zone de $3$ km interdite par la capitainerie. Le capitaine doit dévier dès maintenant et s'écarter vers le large.

Grille.

Cr1, compréhension. Copie A : transforme l'écart de temps en différence de distances, écarte la vitesse du navire et sa charge, retient la droite $y=30$ et choisit la branche proche de A. Copie C : trouve les deux intersections et les garde toutes les deux, ou conclut sans comparer à $3$ km. Copie E : cherche $PA$ et $PB$ séparément, comme si le récepteur les donnait.

Cr2, mobilisation des savoirs. Copie A : reconnaît l'hyperbole de foyers $A$ et $B$, pose $2a=36$ et $b^{2}=c^{2}-a^{2}$, résout l'intersection et calcule la distance. Copie C : une erreur conceptuelle, par exemple $b^{2}=a^{2}+c^{2}$ (relation de l'ellipse retournée). Copie E : aucune conique, des cercles centrés en A et B tracés au hasard.

Cr3, élaboration de la solution. Copie A : chaque grandeur est nommée avec son unité, l'équation de l'hyperbole est écrite avant d'être utilisée, le rejet de la seconde branche est dit. Copie C : l'abscisse tombe sans l'équation qui la donne. Copie E : une position sans aucune trace.

Piège : prendre $a=36$ au lieu de $2a=36$. On trouve alors $x\approx -47{,}6$, un point à plus de $27$ km de $H$, et la copie conclut qu'il n'y a aucun danger. Le calcul est soigné, la décision est fausse : c'est l'erreur qui fait tomber le plus de copies.

Compréhension.

Deux grandeurs à trouver : l'altitude $h$ du satellite, puis la latitude la plus élevée d'où on le voit à $10°$ au moins au-dessus de l'horizon.

Données utiles : altitudes et périodes du document 2, rayon terrestre, durée d'un tour de la Terre PAR RAPPORT AUX ÉTOILES ($23$ h $56$ min $4$ s $=1436{,}07$ min), angle minimal $e=10°$, latitudes des stations.

Données inutiles : les masses des satellites (la loi n'en dépend pas) et le jour solaire de $24$ h, qui mesure le tour de la Terre par rapport au Soleil, pas sa rotation propre.

Contrainte cachée : la loi porte sur le RAYON de l'orbite ; on ajoute $6371$ km à chaque altitude.

Modèles.

Loi de puissance annoncée : $T=k\,r^{n}$. Les rayons sont $6791$, $6906$, $7169$ et $26\,551$ km.

On trouve $n$ avec deux satellites éloignés, par les logarithmes :

L'exposant vaut $\frac{3}{2}$ : la période est proportionnelle à $r^{\frac{3}{2}}=\sqrt{r^{3}}$.

Pour la visibilité : le triangle $OSG$ n'est pas rectangle. On connaît deux côtés, $OS=6371$ et $OG=r$, et l'angle en $S$, qui vaut $90°+e$ parce que l'horizon de $S$ est perpendiculaire au rayon $OS$. C'est un cas de la loi des sinus.

Résolution.

Le satellite doit faire un tour en $1436{,}07$ min :

Station la plus au nord possible : $e=10°$, donc l'angle en $S$ vaut $100°$.

Plus la station est au nord, plus $e$ diminue : il faut $\varphi\leq 71{,}4°$.

Iqaluit ($63{,}7°$) : oui. Resolute ($74{,}7°$) et Alert ($82{,}5°$) : non.

Validation.

Le rapport $\frac{T}{r^{1{,}5}}$ vaut $1{,}658\times 10^{-4}$ à un millième près pour les quatre satellites : la loi tient aussi pour Hubble et RADARSAT-2, qui n'ont pas servi au calcul.

Avec les altitudes au lieu des rayons, les exposants vaudraient $0{,}53$ (station et GPS) et $0{,}11$ (station et Hubble) : aucune loi commune.

Ordre de grandeur : environ $36\,000$ km, la valeur que citent tous les ouvrages pour l'orbite géostationnaire.

Conclusion.

Il faut placer le satellite à environ $35\,790$ km d'altitude. Avec une élévation minimale de $10°$, seule une station de latitude inférieure à $71{,}4°$ peut l'utiliser : Iqaluit sera raccordée, Resolute et Alert ne le seront pas et devront passer par un autre système.

Grille.

Cr1, compréhension. Copie A : convertit les altitudes en rayons, prend $23$ h $56$ min $4$ s et écarte les masses, retient la contrainte $e\geq 10°$. Copie C : prend $24$ h (l'altitude devient $35\,870$ km, l'erreur est faible mais réelle) ou oublie l'angle minimal. Copie E : travaille sur les altitudes et ne trouve aucune loi.

Cr2, mobilisation des savoirs. Copie A : détermine l'exposant par les logarithmes, isole $r$ avec l'exposant $\frac{2}{3}$, pose la loi des sinus dans le bon triangle. Copie C : un rapport trigonométrique de triangle rectangle utilisé dans $OSG$, qui ne l'est pas. Copie E : aucun modèle de puissance, une règle de trois entre périodes et altitudes.

Cr3, élaboration de la solution. Copie A : $k$, $r$, $h$ et $\varphi$ définis, l'exposant justifié avant d'être arrondi à $\frac{3}{2}$, les trois stations comparées une à une. Copie C : bon résultat, mais l'exposant $1{,}5$ apparaît sans calcul. Copie E : des nombres isolés.

Piège : oublier l'angle d'élévation, c'est-à-dire poser $e=0°$. Le triangle devient rectangle en $S$, $\cos\varphi=\frac{6371}{42\,164}$ donne $\varphi\approx 81{,}3°$, et la copie raccorde Resolute à tort. La consigne de l'antenne fait partie des données.

Compréhension.

On cherche si la concentration reste d'au moins $12$ mg/L de $t=3{,}5$ h (11 h 30) à $t=6{,}5$ h (14 h 30), en comptant le temps depuis 8 h 00.

Données utiles : les dosages, le seuil de $12$ mg/L, la baisse de $25$ % par heure après l'arrêt, l'heure d'arrêt $t=5{,}5$ h.

Données inutiles : la masse et le débit, déjà contenus dans les dosages ; le seuil toxique ne sert qu'au contrôle.

Contrainte : deux régimes, avant et après l'arrêt. Le modèle sera une fonction définie par parties.

Modèles.

Les écarts entre deux dosages consécutifs valent $6$ ; $3{,}6$ ; $2{,}16$ ; $1{,}30$. Leur rapport est constant :

Des écarts en suite géométrique signent une exponentielle avec asymptote : $C(t)=a\,(0{,}6)^{t}+k$.

En $t=0$ : $a+k=0$. En $t=1$ : $0{,}6\,a+k=6$. En soustrayant, $-0{,}4\,a=6$, donc $a=-15$ et $k=15$.

La seconde partie traduit « moins $25$ % par heure » : on garde $75$ % de la concentration chaque heure.

Résolution.

Début de l'efficacité :

Soit 11 h 09 : le départ est assuré.

Concentration à l'arrêt :

Fin de l'efficacité :

La concentration repasse sous $12$ mg/L à $t\approx 5{,}5+0{,}56=6{,}06$ h, vers 14 h 04, soit environ $26$ minutes avant la fin de l'opération.

Heure d'arrêt minimale $T$ : il faut $\left(15-15\,(0{,}6)^{T}\right)(0{,}75)^{6{,}5-T}\geq 12$ ; à la calculatrice graphique, $T\approx 5{,}90$ h, soit 13 h 54.

Contrôle d'un arrêt à 14 h 00 : $C(6)\approx 14{,}30$ et $14{,}30\times 0{,}75^{0{,}5}\approx 12{,}38\geq 12$.

Validation.

Le modèle redonne le dosage de $4$ h : $15-15\times 0{,}6^{4}\approx 13{,}06$ mg/L, valeur qui n'a pas servi à le construire.

Le plateau de $15$ mg/L reste sous le seuil toxique de $18$ mg/L : prolonger la perfusion est sans danger.

Cohérence : après l'arrêt, la courbe démarre bien à $14{,}10$, la valeur atteinte juste avant.

Conclusion.

Le médicament devient efficace vers 11 h 09, à temps pour l'opération. Mais si la perfusion est arrêtée à 13 h 30, la concentration redescend sous $12$ mg/L vers 14 h 04, une demi-heure environ avant la fin de l'opération : le protocole ne convient pas. Il faut arrêter la perfusion au plus tôt vers 13 h 54 ; on recommande 14 h 00, ou la fin de l'opération.

Grille.

Cr1, compréhension. Copie A : traduit les heures en temps depuis 8 h 00, voit qu'il faut contrôler les DEUX bouts de l'opération, écarte la masse et le débit. Copie C : vérifie seulement le début de l'opération et conclut trop vite que tout va bien. Copie E : compare les dosages du tableau au seuil sans aucun modèle.

Cr2, mobilisation des savoirs. Copie A : reconnaît la raison $0{,}6$ dans les écarts, trouve l'asymptote $k=15$, résout par les logarithmes, pose la seconde partie à partir de $C(5{,}5)$. Copie C : une erreur conceptuelle, par exemple une baisse de $25$ % traduite par $0{,}25^{t}$. Copie E : un modèle affine passé par deux points.

Cr3, élaboration de la solution. Copie A : la fonction est écrite par parties avec ses domaines, chaque heure est convertie, la recommandation est chiffrée. Copie C : bons calculs, mais la règle de la seconde partie n'est jamais écrite. Copie E : une heure sans trace.

Piège : faire passer une exponentielle SANS asymptote par deux dosages, $(1\,;6)$ et $(2\,;9{,}6)$. On obtient $C(t)=3{,}75\times 1{,}6^{t}$, qui donne $3{,}75$ mg/L avant même le début de la perfusion et $24{,}6$ mg/L à $4$ h, au-delà du seuil toxique. Il fallait confronter le modèle au premier et au dernier dosage.

Compréhension.

On cherche une profondeur $d$ qui respecte deux contraintes opposées : petite en hiver (laisser entrer le soleil bas), grande en été (arrêter le soleil haut).

Données utiles : les élévations du document 1, la position de la fenêtre ($0{,}5$ m et $2{,}0$ m sous l'avant-toit), les jours $152$ et $243$.

Données inutiles : la largeur de la fenêtre et le prix du vitrage ; à midi, le soleil est dans le plan de la coupe.

Contrainte d'été : elle tient CHAQUE jour du 1er juin au 31 août, donc aussi le jour du soleil le plus bas.

Modèles.

Géométrie : le rayon qui frôle le bord de l'avant-toit forme un triangle rectangle ; l'ombre descend sur le mur de $d\tan E$.

L'élévation varie avec une période de $365$ jours entre un maximum et un minimum : une sinusoïde $E(n)=a\sin\left(b(n-h)\right)+k$.

Le 21 mars ($n=80$), la courbe passe sur son axe d'oscillation en montant : $(80\,;44{,}5)$ est un point d'inflexion, d'où $h=80$ avec $a$ et $b$ positifs.

Résolution.

Hiver : l'ombre s'arrête au haut de la fenêtre.

Été : le maximum ($n\approx 171$) tombe dans la période, le minimum est donc à une borne :

Pire jour : le 31 août. L'ombre doit atteindre le bas de la fenêtre, à $2{,}0$ m :

Il faudrait $d\leq 1{,}30$ et $d\geq 1{,}55$ : impossible avec l'avant-toit à sa place.

Solution : remonter l'avant-toit de $x$ ; la fenêtre est alors entre $0{,}5+x$ et $2{,}0+x$ sous lui :

Validation.

Le modèle redonne les deux dates qui n'ont pas servi à le construire : $E(172)\approx 67{,}9°$ et $E(355)\approx 21{,}1°$.

Avec $d=1{,}66$ m et l'avant-toit à $0{,}64$ m au-dessus de la fenêtre : le 21 décembre, l'ombre descend de $1{,}66\times 0{,}3859\approx 0{,}64$ m, juste au haut de la vitre ; le 31 août, de $1{,}66\times 1{,}2896\approx 2{,}14$ m, juste au bas.

Sans modification, un avant-toit de $1{,}30$ m ne met la fenêtre entièrement à l'ombre que si $E\geq 57{,}06°$, du jour $113$ au jour $229$ : du 23 avril au 17 août.

Conclusion.

À sa place actuelle, l'avant-toit ne peut pas satisfaire les deux exigences : l'hiver impose au plus $1{,}30$ m de profondeur, l'été au moins $1{,}55$ m. L'architecte peut remonter l'avant-toit de $14$ cm et lui donner $1{,}66$ m de profondeur : les deux exigences sont alors tenues.

Grille.

Cr1, compréhension. Copie A : traduit les deux exigences en deux inégalités sur $d$, voit que l'été se joue au soleil le plus bas, écarte la largeur et le prix. Copie C : vérifie l'été le 21 juin seulement. Copie E : calcule une seule profondeur sans voir le conflit.

Cr2, mobilisation des savoirs. Copie A : construit la sinusoïde avec le point d'inflexion $(80\,;44{,}5)$, utilise la tangente dans le bon triangle rectangle, résout le système de la solution. Copie C : une erreur conceptuelle, par exemple $\frac{d}{\tan E}$ au lieu de $d\tan E$ (l'angle pris au mauvais sommet). Copie E : une règle de trois entre les dates.

Cr3, élaboration de la solution. Copie A : $d$, $E$ et $x$ définis, les deux contraintes écrites puis comparées, la proposition contrôlée. Copie C : constate l'impossibilité mais ne propose rien. Copie E : une valeur de $d$ sans trace.

Piège : vérifier l'été au solstice. Le 21 juin donne $d\geq \frac{2}{\tan 67{,}9°}\approx 0{,}81$ m, compatible avec l'hiver : la copie choisit $1{,}30$ m et la fenêtre chauffe au soleil à la fin d'août.

Compréhension.

On cherche deux nombres ENTIERS : $x$, le nombre de palettes, et $y$, le nombre de conteneurs, qui rendent le revenu maximal.

Données utiles : masses, revenus, distances à $G_{0}$, nombres de places, les deux consignes du document 3.

Données inutiles : les volumes, la durée du vol et le carburant, déjà compris dans l'équilibre de l'avion vide.

Contraintes : masse, équilibre en valeur absolue, places, et nombres entiers.

Modèles.

Moment d'une palette : $1{,}5\times 4=6$ t·m vers l'arrière. Moment d'un conteneur : $1\times 4=4$ t·m vers l'avant, donc $-4$.

La consigne d'équilibre est une inéquation à valeur absolue, qu'on transforme en double inéquation :

Le revenu $R=2400x+1500y$ est une fonction affine de deux variables sous des contraintes linéaires : c'est un problème de programmation linéaire.

Résolution.

Sommets du polygone de contraintes (les places ne limitent rien ici) :

$(0\,;0)$, $(2\,;0)$, $(0\,;3)$, puis l'intersection de $1{,}5x+y=18$ avec $6x-4y=12$ :

et l'intersection de $1{,}5x+y=18$ avec $6x-4y=-12$ :

Revenus aux sommets : $0$ ; $4800$ ; $4500$ ; $28\,050$ en $(7\,;7{,}5)$ ; $27\,750$ en $(5\,;10{,}5)$.

Le maximum continu est en $(7\,;7{,}5)$, mais on ne charge pas une demi-unité. On cherche le meilleur point entier.

Avec $x=7$ : l'équilibre exige $y\geq 7{,}5$ et la masse $y\leq 7{,}5$, aucun entier. Avec $x=8$ : $y\geq 9$ et $y\leq 6$, impossible.

Avec $x=6$ : $y\leq 9$, d'où $(6\,;9)$ et $R=14\,400+13\,500=27\,900$ dollars.

Pour $x\leq 5$, la masse donne $y\leq 18-1{,}5x$, donc $R\leq 2400x+1500(18-1{,}5x)=27\,000+150x\leq 27\,750 < 27\,900$.

Validation.

Chargement $(6\,;9)$ : masse $9+9=18$ t, permise ; moment $36-36=0$ t·m, l'avion est parfaitement équilibré ; $6\leq 8$ et $9\leq 12$ places.

Le point arrondi $(7\,;7)$ donne un moment de $42-28=14$ t·m, au-delà des $12$ permis : la vérification élimine ce candidat que l'œil choisirait sur le graphique.

Le revenu entier $27\,900$ est bien inférieur au maximum continu $28\,050$, comme il se doit.

Conclusion.

L'agent doit embarquer $6$ palettes et $9$ conteneurs : $18$ tonnes de fret, un moment nul, et un revenu de $27\,900$ dollars. Aucun autre chargement permis ne rapporte davantage.

Grille.

Cr1, compréhension. Copie A : définit $x$ et $y$, écarte volumes et carburant, traduit le moment avec ses signes et exige des entiers. Copie C : oublie l'inégalité $6x-4y\leq 12$ et propose $(8\,;6)$, trop lourd à l'arrière (moment de $24$ t·m). Copie E : remplit la soute au maximum de places sans regarder la masse.

Cr2, mobilisation des savoirs. Copie A : $|6x-4y|\leq 12$ devenu une double inéquation, polygone tracé, sommets calculés par systèmes, recherche entière justifiée. Copie C : une erreur conceptuelle, par exemple le moment calculé avec le nombre d'unités au lieu de leur masse ($4x-4y$). Copie E : aucun polygone, des essais au hasard.

Cr3, élaboration de la solution. Copie A : chaque contrainte vient d'une phrase des documents, les sommets et leurs revenus sont listés, l'optimalité du point entier est démontrée. Copie C : bon chargement trouvé par essais sans prouver qu'aucun autre ne fait mieux. Copie E : une réponse sans trace.

Piège : arrondir le sommet $(7\,;7{,}5)$ à $(7\,;7)$. Le revenu de $27\,300$ dollars paraît raisonnable, mais le moment vaut $14$ t·m : l'avion décollerait déséquilibré. Le bon point entier n'est pas le voisin du sommet, il se cherche colonne par colonne.

Compréhension.

Deux questions : l'âge du béton quand il atteint $21$ MPa ($70$ % de $30$), puis la comparaison entre la pénalité sans adjuvant et le prix de l'adjuvant.

Données utiles : les résistances mesurées, les seuils du contrat, l'échéance de $35$ jours, la règle des jours entamés, le coût et l'effet de l'adjuvant.

Données inutiles : le volume de béton, la température et la masse des cylindres.

Contrainte : la pénalité se compte par jours ENTAMÉS. Un retard de $3{,}2$ jours coûte quatre jours.

Modèles.

De $7$ à $14$ jours, puis de $14$ à $28$ jours, l'âge double et la résistance gagne chaque fois $4{,}0$ MPa. Des accroissements égaux pour des multiplications égales de la variable : c'est la signature d'une fonction logarithmique. Une droite gagnerait deux fois plus sur l'intervalle deux fois plus long.

Avec le point $(14\,;24{,}2)$ :

L'adjuvant ajoute $2{,}5$ MPa à tout âge : c'est une translation verticale, $R_{a}(t)=4\log_{2}t+11{,}47$.

La pénalité, pour un retard $r>0$ en jours, compte les jours entamés à l'aide de la partie entière :

Résolution.

Décoffrage :

Ouverture sans adjuvant :

Retard : $38{,}25-35=3{,}25$ jours, donc quatre jours entamés.

Ouverture avec adjuvant :

Le pont ouvre dans les temps : aucune pénalité. Comparaison : $9000$ dollars d'adjuvant contre $10\,000$ dollars de pénalité.

Validation.

Le modèle redonne l'essai de $3$ jours, qui n'a pas servi à le construire : $4\log_{2}3+8{,}97\approx 15{,}31$ MPa, pour $15{,}3$ mesurés.

Avec l'autre paire de points, $(7\,;20{,}2)$, on trouve le même $k$ à un centième près : le modèle ne dépend pas du point choisi.

La décision est sensible à la règle des jours entamés : payée au prorata, la pénalité ne serait que de $3{,}25\times 2500=8125$ dollars, moins que l'adjuvant. C'est la partie entière qui fait pencher la décision.

Conclusion.

On pourra décoffrer après environ $8$ jours ($8{,}04$ jours). Sans adjuvant, le béton n'atteint $30$ MPa qu'après $38{,}25$ jours : le retard de quatre jours entamés coûterait $10\,000$ dollars. Avec l'adjuvant, le pont ouvre après $25$ jours environ, sans pénalité. Il faut acheter l'adjuvant : l'entreprise économise $1000$ dollars et gagne dix jours.

Grille.

Cr1, compréhension. Copie A : distingue les deux seuils ($21$ et $30$ MPa), applique la règle des jours entamés, écarte volume, température et masses. Copie C : calcule la pénalité au prorata ou confond décoffrage et ouverture. Copie E : compare les prix sans aucun délai calculé.

Cr2, mobilisation des savoirs. Copie A : justifie la famille logarithmique par les doublements, trouve $k$, résout par la forme exponentielle, traduit l'adjuvant en translation et la pénalité par la partie entière. Copie C : bon modèle, mais une erreur conceptuelle dans le passage $\log_{2}t=5{,}257$ à $t$ (par exemple $t=5{,}257^{2}$). Copie E : modèle affine sur tout le tableau.

Cr3, élaboration de la solution. Copie A : le modèle est écrit avant d'être utilisé, chaque âge est relié à sa clause, la comparaison finale est chiffrée. Copie C : la décision est juste mais le nombre de jours de retard tombe sans calcul. Copie E : une décision sans trace.

Piège : prolonger la droite des deux derniers essais, de pente $\frac{4}{14}$ MPa par jour. Elle atteint $30$ MPa vers $34{,}3$ jours, la copie conclut qu'il n'y aura pas de retard et refuse l'adjuvant : l'entreprise paie alors $10\,000$ dollars de pénalité.

Compréhension.

On cherche combien de frettes tiennent sur la touche, puis si la frette qui donne $1046{,}5$ Hz sur le mi aigu en fait partie.

Données utiles : le diapason de $650$ mm, la touche de $450$ mm et la marge de $5$ mm, les mesures du document 2, les règles de la gamme, les deux fréquences du mi aigu.

Données inutiles : le diamètre et la tension de la corde, le bois de la touche : les rapports de fréquences n'en dépendent pas.

Contraintes : une frette est à au plus $450-5=445$ mm du sillet, et le nombre de frettes est entier.

Modèles.

Document 2 : le produit fréquence fois longueur est constant.

La fréquence est inversement proportionnelle à la longueur vibrante, une fonction rationnelle $f=\frac{53\,560}{L}$ : diviser la longueur par un nombre multiplie la fréquence par ce nombre.

Document 3 : à chaque frette, la fréquence est multipliée par un même nombre $c$, et douze demi-tons la doublent. C'est une exponentielle :

En combinant les deux, la longueur vibrante à la frette $n$ et la position de cette frette depuis le sillet sont :

Résolution.

Condition de la touche :

Le nombre de frettes est la partie entière : $[19{,}98]=19$ frettes.

Note la plus aiguë sur le mi aigu, à la frette $19$ :

Frette nécessaire pour le do :

La frette $20$ dépasse la limite de $445$ mm de $0{,}26$ mm : elle ne peut pas être posée.

Proposition : une touche d'au moins $445{,}26+5=450{,}26$ mm, soit $451$ mm, accueille $20$ frettes. La frette $21$, à $d_{21}\approx 456{,}8$ mm, n'entrerait pas pour autant.

Validation.

La frette $12$ doit couper la corde en son milieu, puisqu'elle double la fréquence : $d_{12}=650-325=325$ mm. Le modèle le redonne.

La première frette est à $d_{1}\approx 36{,}48$ mm, la valeur que donne la règle des luthiers, diapason divisé par $17{,}817$.

Le mi aigu à vide, $329{,}63$ Hz, vaut quatre fois $82{,}4$ Hz : deux octaves au-dessus du mi grave, l'accord d'une guitare.

Conclusion.

Le luthier peut poser $19$ frettes ; sur le mi aigu, la note la plus aiguë sera d'environ $987{,}8$ Hz. Le do à $1046{,}5$ Hz demande une vingtième frette, qui tomberait à $445{,}26$ mm du sillet, $0{,}26$ mm au-delà de la limite : il n'est pas jouable. On propose à la cliente une touche de $451$ mm, qui accueille cette vingtième frette.

Grille.

Cr1, compréhension. Copie A : retient la limite de $445$ mm, écarte diamètre et tension, traduit « tension constante » en produit constant. Copie C : oublie la marge de $5$ mm ou confond la position de la frette avec la longueur vibrante. Copie E : pose des frettes à intervalles égaux.

Cr2, mobilisation des savoirs. Copie A : reconnaît la variation inverse, construit $c=2^{\frac{1}{12}}$, résout l'inéquation exponentielle par un logarithme et prend la partie entière. Copie C : une erreur conceptuelle, par exemple $c=\frac{2}{12}$ ou un arrondi de $19{,}98$ à $20$. Copie E : aucun lien entre longueur et fréquence.

Cr3, élaboration de la solution. Copie A : $n$, $L_{n}$ et $d_{n}$ définis, l'inéquation écrite avant d'être résolue, la position de la frette $20$ comparée à la limite. Copie C : le nombre $19$ apparaît sans l'inéquation. Copie E : une réponse sans trace.

Piège : oublier la marge et résoudre $d_{n}\leq 450$. On obtient $n\leq 20{,}41$, donc $20$ frettes, et la copie promet le do à la cliente.

Compréhension.

On cherche l'ensemble des températures $T$ pour lesquelles le la de l'orgue et le la de l'ensemble, $442$ Hz, ne forment pas un désaccord audible.

Données utiles : les mesures de l'organier, la loi physique du document 2, le seuil $2^{\frac{1}{120}}$, le la de $442$ Hz et le réglage de $18$ °C.

Données inutiles : l'année de construction et le nombre de tuyaux.

Contrainte : le seuil vaut « dans un sens ou dans l'autre », que l'orgue soit trop haut ou trop bas. C'est une condition à valeur absolue.

Modèles.

D'après le document 2, la fréquence est proportionnelle à la racine carrée de la température absolue : une fonction racine carrée, translatée de $-273{,}15$.

Le rapport de deux fréquences se mesure en demi-tons par un logarithme en base $2$. Ne pas entendre de désaccord, c'est :

Résolution.

On retire la valeur absolue, puis le logarithme :

Tous les membres sont positifs, on peut élever au carré sans changer le sens :

Thermostat à $18$ °C :

L'écart dépasse le seuil : à $18$ °C, l'orgue sonne trop bas de façon audible.

Validation.

Le modèle redonne les mesures qui n'ont pas servi à le construire : $f(5)\approx 428{,}6$ Hz, $f(12)\approx 434{,}0$ Hz, $f(30)\approx 447{,}4$ Hz.

L'intervalle trouvé n'est pas centré sur $20$ °C, et c'est normal : l'ensemble joue plus haut que l'accord de l'orgue, il faut donc réchauffer l'orgue pour qu'il monte vers $442$ Hz.

Contrôle à $20$ °C : $\log_{2}\frac{440}{442}\approx -0{,}006\,54$, dans la tolérance.

Conclusion.

L'orgue et l'ensemble sonnent juste ensemble lorsque l'air de l'église est entre $19{,}3$ °C et $26{,}1$ °C environ. Le thermostat à $18$ °C ne convient pas : l'orgue y joue à $438{,}5$ Hz et le désaccord s'entend. Il faut chauffer l'église à $20$ °C pendant le concert.

Grille.

Cr1, compréhension. Copie A : compare l'orgue à $442$ Hz, voit que le seuil vaut dans les deux sens, convertit en kelvins, écarte l'année et les tuyaux. Copie C : ne cherche que la borne inférieure, ou vérifie seulement $18$ °C sans donner l'intervalle demandé. Copie E : compare les fréquences par leur différence en hertz.

Cr2, mobilisation des savoirs. Copie A : construit la racine carrée translatée, traduit la tolérance par une valeur absolue de logarithme, résout la double inéquation. Copie C : une erreur conceptuelle, par exemple la racine de la température en degrés Celsius, ou un carré oublié en isolant $T$. Copie E : modèle affine prolongé sans justification.

Cr3, élaboration de la solution. Copie A : $f$ et $T$ définis avec leurs unités, chaque passage (valeur absolue, exponentielle, carré) justifié, la décision chiffrée. Copie C : bonnes bornes, mais l'inéquation n'est jamais écrite. Copie E : une température sans trace.

Piège : comparer l'orgue à ses propres $440$ Hz. On obtient $16{,}6\leq T\leq 23{,}4$, un intervalle qui contient $18$ °C, et la copie approuve le thermostat. C'est l'oubli de la seule donnée qui distingue cette situation d'un exercice de cours : l'ensemble ne joue pas à $440$ Hz.

Compréhension.

Les étoiles filantes apparaissent quand la Terre passe là où la comète est passée : il faut trouver les points communs à la trajectoire de la comète et à l'orbite terrestre, puis la date à laquelle la Terre atteint chacun d'eux.

Données utiles : les trois positions, le Soleil au foyer, le cercle de rayon $1$, la position de la Terre le 21 mars, le sens de rotation et la durée d'un tour.

Données inutiles : la magnitude et la taille du noyau.

Contrainte : la date de passage de la comète est inutile, les poussières restent sur sa trajectoire.

Modèles.

$A$ et $C$ ont la même ordonnée et des abscisses opposées : l'axe de symétrie de la parabole est l'axe des $y$. On cherche $y=ax^{2}+k$.

Sous la forme d'une conique : $x^{2}=3(y+0{,}75)$, donc $4c=3$ et $c=0{,}75$.

L'orbite de la Terre est le cercle $x^{2}+y^{2}=1$. La position de la Terre au jour $t$ suit le cercle trigonométrique : $P(\theta)=(\cos\theta\,;\sin\theta)$, avec $\theta=\frac{360°}{365{,}25}\,t$.

Résolution.

Sommet $(0\,;-0{,}75)$ et $c=0{,}75$ : le foyer est en $(0\,;0)$, le Soleil. La comète passe au plus près du Soleil à $0{,}75$ UA.

Intersection avec l'orbite, en remplaçant $x^{2}$ par $3y+2{,}25$ :