Exercice 1 : Questions à choix multiple : les fonctions

12 points La fonction rationnelle, dite homographique La fonction racine carrée La fonction réciproque Les fonctions exponentielles

Conditions de l'épreuve : durée de 3 heures ; un aide-mémoire manuscrit d'une feuille recto verso ; calculatrice graphique permise, ainsi que la règle, l'équerre, le compas et le rapporteur. En sections A et B, seule la réponse est notée. En section C, la démarche complète est exigée : c'est elle qui est corrigée.

Section A : pour chaque question, choisissez la lettre de la seule bonne réponse. Chaque question vaut $4$ points.

La fonction $f$ de la question a) est représentée ci-dessous, avec ses deux asymptotes en pointillé.

a) Quelle règle correspond à la fonction $f$ représentée ? A) $f(x)=\dfrac{x+1}{x-2}$ ; B) $f(x)=\dfrac{3}{x+2}+1$ ; C) $f(x)=\dfrac{x+3}{x-2}$ ; D) $f(x)=\dfrac{3x+1}{x-2}$
b) On donne $g(x)=-\frac{1}{2}\sqrt{2(x+3)}+4$ . Quelle est la règle de la réciproque $g^{-1}$ , avec son domaine ? A) $g^{-1}(x)=2(x-4)^{2}-3$ , pour $x\ge 4$ ; B) $g^{-1}(x)=2(x-4)^{2}-3$ , pour $x\le 4$ ; C) $g^{-1}(x)=(x-4)^{2}-3$ , pour $x\le 4$ ; D) $g^{-1}(x)=2(x+4)^{2}+3$ , pour $x\le 4$
c) Quel est le zéro de la fonction $h(x)=2\cdot 3^{x-1}-18$ ? A) $x=1+\log_{6}18\approx 2{,}61$ ; B) $x=1+\log_{3}18\approx 3{,}63$ ; C) $x=3$ ; D) $h$ n'a aucun zéro, puisqu'une exponentielle ne s'annule jamais

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Réponses

a) Réponse A : $f(x)=\dfrac{x+1}{x-2}=\dfrac{3}{x-2}+1$
b) Réponse B : $g^{-1}(x)=2(x-4)^{2}-3$ , pour $x\le 4$
c) Réponse C : $x=3$

a)

Réponse A.

On lit les deux asymptotes : la verticale $x=2$ et l'horizontale $y=1$ . La forme canonique est donc $f(x)=\dfrac{a}{x-2}+1$ .

Le point $(3\,;4)$ appartient à la courbe : $4=\dfrac{a}{3-2}+1$ , donc $a=3$ .

\displaystyle f(x)=\dfrac{3}{x-2}+1=\dfrac{3+(x-2)}{x-2}=\dfrac{x+1}{x-2}

C'est la proposition A, écrite sous la forme générale : il fallait la reconnaître.

B a son asymptote verticale en $x=-2$ . D a son asymptote horizontale en $y=3$ , le rapport des coefficients de $x$ . C a les deux bonnes asymptotes, mais elle vaut $\dfrac{3+3}{3-2}=6$ en $x=3$ , et non $4$ .

Piège : la proposition C a les deux bonnes asymptotes ; seul le point $(3\,;4)$ la départage.

Contrôle : $\dfrac{x+1}{x-2}$ s'annule en $x=-1$ , et la courbe coupe bien l'axe des abscisses en $-1$ .

b)

Réponse B.

Le domaine de $g$ est $[-3\,;+\infty[$ . Un radical est positif ou nul et $a=-\frac{1}{2}<0$ , donc $g(x)\le 4$ : l'image de $g$ est $]-\infty\,;4]$ .

On isole le radical : $y-4=-\frac{1}{2}\sqrt{2(x+3)}$ , donc $\sqrt{2(x+3)}=-2(y-4)$ .

On élève au carré : $2(x+3)=4(y-4)^{2}$ , donc $x=2(y-4)^{2}-3$ .

On échange les variables : $g^{-1}(x)=2(x-4)^{2}-3$ .

Le domaine de $g^{-1}$ est l'image de $g$ : $x\le 4$ . C'est la proposition B.

A a la bonne règle et le domaine à l'envers. C oublie d'élever le $2$ au carré. D se trompe de signes.

Piège : le domaine de la réciproque ne se lit pas sur sa règle, qui décrit une parabole complète ; il se lit sur l'image de $g$ .

Contrôle : $g(-1)=-\frac{1}{2}\sqrt{4}+4=3$ et $g^{-1}(3)=2(3-4)^{2}-3=-1$ .

c)

Réponse C.

On isole la puissance avant de passer au logarithme : $2\cdot 3^{x-1}=18$ , donc $3^{x-1}=9=3^{2}$ .

Mêmes bases, mêmes exposants : $x-1=2$ , donc $x=3$ .

Contrôle : $h(3)=2\times 9-18=0$ .

A fusionne $2\cdot 3$ en $6$ : $6^{x-1}=18$ donne $x=1+\log_{6}18\approx 2{,}61$ . B oublie de diviser par $2$ : $3^{x-1}=18$ .

D confond la base, qui ne s'annule jamais, avec la fonction. L'asymptote est $y=-18$ ; avec $a=2>0$ , la courbe monte de $-18$ vers $+\infty$ et coupe donc l'axe des abscisses une fois.

Piège : $2\cdot 3^{x-1}$ ne vaut pas $6^{x-1}$ , l'exposant ne porte que sur le $3$ .

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Exercice 2 : Questions à choix multiple : trigonométrie et géométrie

12 points Le cercle trigonométrique Les matrices et les transformations Les transformations géométriques Les relations métriques dans le cercle

Choisissez la lettre de la seule bonne réponse. Chaque question vaut $4$ points.

La figure ci-dessous accompagne la question c).

a) Quelles sont les solutions de $2\sin\theta=-\sqrt{3}$ dans l'intervalle $[0\,;2\pi[$ ? A) $\frac{\pi}{3}$ et $\frac{2\pi}{3}$ ; B) $\frac{7\pi}{6}$ et $\frac{11\pi}{6}$ ; C) $\frac{2\pi}{3}$ et $\frac{4\pi}{3}$ ; D) $\frac{4\pi}{3}$ et $\frac{5\pi}{3}$
b) On applique au point $P(3\,;-1)$ la rotation de $90^{\circ}$ de centre $O$ dans le sens antihoraire, puis la réflexion par rapport à l'axe des abscisses. Quelle matrice réalise cette composée, et quelle est l'image de $P$ ? A) $\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ , image $(-1\,;3)$ ; B) $\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix}$ , image $(1\,;-3)$ ; C) $\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ , image $(1\,;3)$ ; D) $\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$ , image $(3\,;1)$
c) Dans le cercle ci-dessus, les cordes $AB$ et $CD$ se coupent au point $P$ , avec $AP=4$ cm, $PB=9$ cm et $CP=6$ cm. Quelle est la longueur de la corde $CD$ ? A) $12$ cm ; B) $13$ cm ; C) $19{,}5$ cm ; D) $6$ cm

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Réponses

a) Réponse D : $\theta=\dfrac{4\pi}{3}$ ou $\theta=\dfrac{5\pi}{3}$
b) Réponse B : matrice $SR=\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix}$ , image $(1\,;-3)$
c) Réponse A : $PD=6$ cm, donc $CD=12$ cm

a)

Réponse D.

On isole le sinus : $\sin\theta=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ .

L'angle de référence est $\dfrac{\pi}{3}$ , puisque $\sin\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ .

Un sinus négatif place le point image sous l'axe des abscisses : quadrants III et IV.

$\theta=\pi+\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{4\pi}{3}$ et $\theta=2\pi-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{5\pi}{3}$

A oublie le signe moins. B prend $\frac{1}{2}$ pour $\frac{\sqrt{3}}{2}$ : ce sont les solutions de $\sin\theta=-\frac{1}{2}$ . C résout $\cos\theta=-\frac{1}{2}$ .

Piège : le signe choisit les quadrants, la valeur choisit l'angle de référence ; une seule des deux lectures fausse suffit à tomber sur une proposition du QCM.

b)

Réponse B.

Rotation de $90^{\circ}$ : $R=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ . Réflexion par rapport à l'axe des abscisses : $S=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$ .

La transformation appliquée en premier s'écrit à droite : « $R$ puis $S$ » est la matrice $SR$ .

\displaystyle SR=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix}

\displaystyle \begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-3\end{pmatrix}

Contrôle sans matrice : la rotation envoie $(3\,;-1)$ sur $(1\,;3)$ , puis la réflexion change le signe de l'ordonnée : $(1\,;-3)$ .

A est le produit $RS$ , dans le mauvais ordre. C s'arrête après la rotation, D n'applique que la réflexion.

Piège : le produit de matrices n'est pas commutatif ; $RS$ et $SR$ donnent deux images différentes.

c)

Réponse A.

Deux cordes qui se coupent en $P$ : $AP\times PB=CP\times PD$ .

$4\times 9=6\times PD$ , donc $PD=6$ cm.

$CD=CP+PD=6+6=12$ cm

D est $PD$ seul, alors que la question demande la corde entière. C écrit une proportion, $\dfrac{AP}{PB}=\dfrac{CP}{PD}$ , qui donne $PD=13{,}5$ et $CD=19{,}5$ . B suppose que les deux cordes ont la même longueur, $AB=13$ cm.

Piège : c'est le produit des deux segments qui se conserve d'une corde à l'autre, pas leur rapport.

Exercice 3 : Réponses courtes : sinusoïde et tangente

8 points Les fonctions sinus et cosinus La fonction tangente

Section B : donnez seulement la réponse demandée, sous la forme indiquée. Chaque question vaut $4$ points.

Le graphique de la question a) représente une fonction sinusoïdale $f$ ; ses maximums et son minimum sont des points du quadrillage.

a) Écrivez la règle de $f$ sous la forme $f(x)=a\cos\big(b(x-h)\big)+k$ , avec $a>0$ , $b>0$ et $h$ dans $[0\,;6[$ .
b) On donne $g(x)=2\tan\left(\frac{\pi}{4}(x-1)\right)+1$ . Donnez sa période, l'équation de l'asymptote de $g$ située dans $[0\,;6]$ et les solutions de $g(x)=3$ dans $[0\,;6]$ .

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Réponses

a) $f(x)=2\cos\left(\dfrac{\pi}{3}(x-1)\right)+3$
b) Période $4$ ; asymptote $x=3$ ; solutions $x=2$ et $x=6$

a)

Lecture du graphique : le maximum vaut $5$ , atteint en $x=1$ ; le minimum vaut $1$ , atteint en $x=4$ .

$k=\dfrac{5+1}{2}=3$ et $a=\dfrac{5-1}{2}=2$

Du maximum au minimum suivant, il y a une demi-période : $4-1=3$ , donc la période vaut $6$ .

\displaystyle b=\dfrac{2\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}

Avec $a>0$ , une fonction cosinus commence son cycle sur un maximum : $h$ est l'abscisse d'un maximum, et dans $[0\,;6[$ c'est $h=1$ .

\displaystyle f(x)=2\cos\left(\dfrac{\pi}{3}(x-1)\right)+3

Contrôle : $f(4)=2\cos\pi+3=1$ , le minimum lu.

Piège : $b$ n'est pas la période. On calcule $b=\frac{2\pi}{\text{période}}$ ; écrire $b=6$ donnerait une période d'environ $1$ .

b)

La période d'une tangente vaut $\dfrac{\pi}{|b|}=\dfrac{\pi}{\pi/4}=4$ .

Asymptotes : $\dfrac{\pi}{4}(x-1)=\dfrac{\pi}{2}+n\pi$ , donc $x=3+4n$ . Dans $[0\,;6]$ , la seule est $x=3$ .

$g(x)=3$ donne $\tan\left(\dfrac{\pi}{4}(x-1)\right)=1$ , donc $\dfrac{\pi}{4}(x-1)=\dfrac{\pi}{4}+n\pi$ et $x=2+4n$ .

Dans $[0\,;6]$ : $x=2$ et $x=6$ .

Contrôle : $g(6)=2\tan\dfrac{5\pi}{4}+1=2\times 1+1=3$ .

Piège : la période d'une tangente est $\frac{\pi}{|b|}$ , pas $\frac{2\pi}{|b|}$ . Avec $8$ , on manque la solution $x=6$ ; et une tangente n'a qu'une solution par période, pas deux.

Exercice 4 : Réponses courtes : équation rationnelle et partie entière

8 points Les équations et les inéquations rationnelles et à valeur absolue La fonction partie entière

Donnez seulement la réponse demandée. Chaque question vaut $4$ points.

a) Résolvez $\dfrac{x}{x-3}-\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{4}{(x-3)(x+1)}$ . Donnez la solution retenue et la valeur rejetée.
b) On donne $f(x)=-2\left[\frac{1}{2}(x-1)\right]+3$ , où les crochets désignent la partie entière. Calculez $f(0)$ , puis résolvez $f(x)=-1$ .

Voir la correction

Réponses

a) $x=1$ ; $x=-1$ rejeté (valeur interdite)
b) $f(0)=5$ ; ensemble-solution $[5\,;7[$

a)

Valeurs interdites, avant tout : $x\neq 3$ et $x\neq -1$ .

On multiplie les deux membres par $(x-3)(x+1)$ : $x(x+1)-(x-3)=4$ .

$x^{2}+x-x+3=4$ , donc $x^{2}=1$ , soit $x=1$ ou $x=-1$ .

$x=-1$ est une valeur interdite : on la rejette. La solution est $x=1$ .

Contrôle : $\dfrac{1}{-2}-\dfrac{1}{2}=-1$ et $\dfrac{4}{(-2)(2)}=-1$ .

Piège : $x=-1$ vérifie l'équation obtenue après multiplication, mais annule un dénominateur de l'équation de départ : c'est une solution étrangère.

b)

\displaystyle f(0)=-2\left[\frac{1}{2}(0-1)\right]+3=-2\left[-0{,}5\right]+3

La partie entière de $-0{,}5$ est le plus grand entier inférieur ou égal à $-0{,}5$ , soit $-1$ : $f(0)=-2\times(-1)+3=5$ .

$f(x)=-1$ donne $-2\left[\frac{1}{2}(x-1)\right]=-4$ , donc $\left[\frac{1}{2}(x-1)\right]=2$ .

$2\le \frac{1}{2}(x-1)<3$ , soit $4\le x-1<6$ , et $5\le x<7$ .

Ensemble-solution : $[5\,;7[$

Piège : $[-0{,}5]$ vaut $-1$ et non $0$ ; la partie entière arrondit vers le bas, jamais vers zéro. Et une équation en escalier a pour solution un intervalle, pas un nombre.

Exercice 5 : Situation d'application, catégorie I : la ferme d'impression 3D

10 points Programmation linéaire et optimisation

Une petite entreprise exploite une ferme d'impression 3D : cinq imprimantes à filament, chacune disponible $90$ heures par semaine une fois l'entretien compté, et un technicien qui retire les pièces, enlève les supports d'impression et les ponce. Elle imprime deux produits : un support de téléphone pour tableau de bord et un boîtier de capteur commandé par une entreprise de domotique.

Le contrat avec l'entreprise de domotique impose au moins $20$ boîtiers par semaine. Tout ce qui est imprimé se vend. Le filament coûte $28$ dollars le kilogramme, et une imprimante neuve coûte $1\,200$ dollars ; les profits du document 1 tiennent déjà compte du filament.

	Support de téléphone	Boîtier de capteur	Disponible par semaine
Temps d'impression	3 h	5 h	450 h
Filament	50 g	250 g	20 kg
Post-traitement	30 min	15 min	40 h
Profit par pièce	9 dollars	20 dollars

Document 1 : ressources demandées par pièce et ressources disponibles chaque semaine

Combien de supports et de boîtiers la ferme doit-elle imprimer chaque semaine pour que son profit soit maximal, et quel est ce profit ? Le technicien propose de faire des heures supplémentaires de post-traitement : le profit maximal en serait-il augmenté ? Toute votre démarche doit apparaître.

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Réponses

1) $25$ supports et $75$ boîtiers par semaine
2) Profit maximal : $1\,725$ dollars
3) Heures supplémentaires inutiles : le post-traitement n'utilise que $31{,}25$ h sur $40$ à l'optimum

Étape 1 : définir les variables.

$x$ : nombre de supports de téléphone imprimés par semaine ; $y$ : nombre de boîtiers de capteur imprimés par semaine.

$x\ge 0$ et $y\ge 0$ , deux nombres entiers.

Étape 2 : traduire les contraintes.

Impression, en heures : $3x+5y\le 450$ .

Filament, en grammes : $50x+250y\le 20\,000$ , soit $x+5y\le 400$ .

Post-traitement, en minutes, puisque $40$ h $=2\,400$ min : $30x+15y\le 2\,400$ , soit $2x+y\le 160$ .

Contrat : $y\ge 20$ . Et $x\ge 0$ .

Piège : le post-traitement est donné en minutes par pièce et en heures pour la semaine. Écrire $30x+15y\le 40$ mélange deux unités, et le polygone devient vide.

Étape 3 : la fonction à optimiser.

$P=9x+20y$ , en dollars, à rendre maximale.

Le prix du filament et celui d'une imprimante ne servent pas : les profits les comptent déjà, et l'achat d'une imprimante n'est pas une question posée.

Étape 4 : les sommets du polygone de contraintes.

$x=0$ et $y=20$ : $(0\,;20)$ .

$x=0$ et $x+5y=400$ : $(0\,;80)$ ; impression $5\times 80=400\le 450$ , il est bien dans le polygone.

$3x+5y=450$ et $x+5y=400$ : par soustraction, $2x=50$ , donc $x=25$ et $y=75$ : $(25\,;75)$ .

$3x+5y=450$ et $2x+y=160$ : $y=160-2x$ , puis $3x+800-10x=450$ , donc $x=50$ et $y=60$ : $(50\,;60)$ .

$2x+y=160$ et $y=20$ : $x=70$ : $(70\,;20)$ .

Étape 5 : la table des sommets.

$P(0\,;20)=400$ ; $P(0\,;80)=1\,600$ ; $P(25\,;75)=225+1\,500=1\,725$ ; $P(50\,;60)=450+1\,200=1\,650$ ; $P(70\,;20)=630+400=1\,030$ .

Le maximum, $1\,725$ dollars, est atteint au sommet $(25\,;75)$ . Selon le théorème fondamental de la programmation linéaire, l'optimum d'un polygone fermé est atteint à un sommet : aucun autre point ne fait mieux.

Étape 6 : les heures supplémentaires.

Au sommet $(25\,;75)$ , le post-traitement utilise $30\times 25+15\times 75=750+1\,125=1\,875$ min, soit $31{,}25$ h sur $40$ h.

Ce sont l'impression ( $3\times 25+5\times 75=450$ h) et le filament ( $25+5\times 75=400$ ) qui sont saturés. Ajouter des heures de post-traitement éloigne une droite qui ne touche pas le sommet optimal : le polygone grandit loin de lui, l'optimum reste $(25\,;75)$ et le profit reste $1\,725$ dollars.

Le technicien a déjà $8{,}75$ heures de marge par semaine : ses heures supplémentaires coûteraient sans rien rapporter.

Conclusion.

La ferme doit imprimer $25$ supports et $75$ boîtiers par semaine, pour un profit maximal de $1\,725$ dollars. Les heures supplémentaires de post-traitement n'augmenteraient pas ce profit : il faudrait plutôt plus de temps d'impression et plus de filament.

Grille.

Cr2, concepts et processus : les cinq contraintes justes, unités converties ( $40$ h en minutes, $20$ kg en grammes), les systèmes de chaque sommet résolus, $P$ évaluée à chaque sommet.

Cr3, raisonnement : variables, contraintes, polygone, table des sommets ; pour la seconde exigence, regarder quelle contrainte est saturée à l'optimum.

Cr4, structuration : variables définies avec leur unité et leur sens, chaque contrainte nommée, table des sommets titrée.

Cr5, justification : l'optimum à un sommet s'appuie sur le théorème fondamental ; « inutile » s'appuie sur la marge de $8{,}75$ h, pas sur une impression.

Niveau A : les deux exigences, sans erreur. Niveau C : un polygone faux à cause d'une unité, mais une méthode cohérente menée jusqu'au bout, ou une seconde exigence affirmée sans calcul de marge.

Piège : répondre $(0\,;80)$ parce que le boîtier rapporte le plus par pièce. Il rapporte plus, mais il consomme cinq fois plus de filament : $1\,600$ dollars au lieu de $1\,725$ .

Exercice 6 : Situation d'application, catégorie I : la grue à tour du chantier

10 points La loi des sinus et la loi des cosinus

Sur un chantier d'immeuble, une grue à tour est installée au point $G$ . Sa flèche horizontale mesure $50$ m et pivote autour du mât ; un chariot roule le long de la flèche et porte le crochet. La distance entre le mât et le crochet s'appelle la portée.

Un paquet d'armatures d'acier de $2{,}6$ t attend sur l'aire de stockage $A$ . Il doit être déposé au point $B$ , sur la dalle du troisième étage. Pour le soulever, on accroche sous le crochet un palonnier de $0{,}15$ t, qui fait partie de la charge levée. La hauteur sous crochet de la grue est de $42$ m.

L'arpenteur, placé en $A$ , a mesuré la distance $GA$ , la distance $AB$ et l'angle entre les directions de $G$ et de $B$ (document 1).

Document 1 : plan du chantier vu de haut, avec les mesures de l'arpenteur

Portée (m)	20 ou moins	25	30	35	40	45	50
Charge maximale (t)	5,0	4,1	3,4	2,9	2,5	2,2	1,9

Document 2 : tableau de charge de la grue. Entre deux portées du tableau, on applique la charge de la portée immédiatement supérieure.

Le chef de chantier veut déplacer le paquet en un seul levage. Le tableau de charge le permet-il ? Sinon, combien de levages faut-il au minimum, le paquet étant partagé en parts égales ? Précisez aussi l'angle dont la flèche doit pivoter pour passer de $A$ à $B$ . Toute votre démarche doit apparaître.

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Réponses

1) Portée en $B$ : $GB\approx 37{,}72$ m, charge permise $2{,}5$ t $<2{,}75$ t : un seul levage est interdit
2) Au minimum $2$ levages ( $1{,}45$ t sous le crochet chacun)
3) Pivotement de la flèche : $\angle AGB\approx 75{,}6^{\circ}$

Étape 1 : ce qu'il faut trouver.

La charge permise dépend de la portée. La portée en $A$ est connue, $28$ m ; celle en $B$ est la distance $GB$ , inconnue.

Dans le triangle $GAB$ , on connaît deux côtés et l'angle compris en $A$ : c'est la loi des cosinus. La hauteur sous crochet ne sert pas.

Étape 2 : la portée en B.

\displaystyle GB^{2}=GA^{2}+AB^{2}-2\times GA\times AB\times\cos A

\displaystyle GB^{2}=28^{2}+41^{2}-2\times 28\times 41\times\cos 63^{\circ}\approx 2\,465-1\,042{,}36=1\,422{,}64

$GB\approx 37{,}72$ m, moins que les $50$ m de la flèche : $B$ est atteignable.

Étape 3 : le tableau de charge.

Charge levée : $2{,}6+0{,}15=2{,}75$ t.

En $A$ , portée $28$ m : on lit la ligne $30$ m, $3{,}4$ t. Le paquet se soulève.

En $B$ , portée $37{,}72$ m : on lit la ligne $40$ m, $2{,}5$ t. Or $2{,}75>2{,}5$ : le levage unique est interdit.

Piège : arrondir $37{,}72$ m à $35$ m et lire $2{,}9$ t. Le tableau impose la portée immédiatement supérieure ; à $37{,}72$ m, la grue ne garantit pas $2{,}9$ t.

Étape 4 : le nombre de levages.

Avec $n$ levages égaux, chacun soulève $\dfrac{2{,}6}{n}+0{,}15$ t, palonnier compris à chaque fois.

$\dfrac{2{,}6}{n}+0{,}15\le 2{,}5$ donne $n\ge\dfrac{2{,}6}{2{,}35}\approx 1{,}11$ , donc $n=2$ .

Deux levages de $1{,}3$ t d'armatures, soit $1{,}45$ t sous le crochet, bien sous les $2{,}5$ t permises en $B$ .

Étape 5 : l'angle de pivotement.

La flèche passe de la direction $GA$ à la direction $GB$ : l'angle cherché est $\angle AGB$ . Loi des cosinus dans l'autre sens :

\displaystyle \cos G=\dfrac{GA^{2}+GB^{2}-AB^{2}}{2\times GA\times GB}\approx\dfrac{784+1\,422{,}64-1\,681}{2\times 28\times 37{,}72}\approx 0{,}2489

\displaystyle \angle AGB\approx 75{,}6^{\circ}

Avec la loi des sinus, $\sin G=\dfrac{41\sin 63^{\circ}}{37{,}72}\approx 0{,}9685$ donne $75{,}6^{\circ}$ ou $104{,}4^{\circ}$ : il faut trancher. On calcule l'angle en $B$ , opposé au plus petit côté, donc aigu : $\sin B=\dfrac{28\sin 63^{\circ}}{37{,}72}$ , $B\approx 41{,}4^{\circ}$ , puis $G=180^{\circ}-63^{\circ}-41{,}4^{\circ}=75{,}6^{\circ}$ .

Contrôle : le plus grand angle, $75{,}6^{\circ}$ , est bien opposé au plus grand côté, $AB=41$ m.

Conclusion.

La portée en $B$ vaut environ $37{,}72$ m ; la grue n'y porte que $2{,}5$ t, moins que les $2{,}75$ t du levage unique. Il faut au minimum $2$ levages de $1{,}3$ t d'armatures, et la flèche pivote d'environ $75{,}6^{\circ}$ de $A$ à $B$ .

Grille.

Cr2, concepts et processus : la loi des cosinus pour un côté puis pour un angle, la lecture du tableau à la portée supérieure, l'inéquation du nombre de levages.

Cr3, raisonnement : comprendre que c'est la portée en $B$ qui limite, pas celle en $A$ , et que le palonnier revient à chaque levage.

Cr4, structuration : triangle nommé, formule écrite avant les nombres, résultats intermédiaires gardés au centième au moins.

Cr5, justification : la ligne du tableau choisie se justifie par la règle du document 2 ; un angle tiré d'un sinus se justifie par le choix entre les deux angles possibles.

Niveau A : la décision, le nombre de levages et l'angle justes et justifiés. Niveau C : $GB$ juste mais la ligne $35$ m lue, d'où « un levage suffit », ou l'angle de $104{,}4^{\circ}$ gardé sans contrôle.

Piège : oublier le palonnier. Sans lui, $2{,}6>2{,}5$ donne encore deux levages, mais la copie se trompe dès qu'une part frôle la limite.

Exercice 7 : Situation d'application, catégorie II : la photo pivotée

10 points Les identités trigonométriques

Dans un logiciel de retouche d'images, faire pivoter une photo de $W$ pixels de large et de $H$ pixels de haut d'un angle $\theta$ , avec $0^{\circ}\le\theta\le 90^{\circ}$ , oblige le logiciel à agrandir la zone de travail, le canevas. Le nouveau canevas est le rectangle à côtés horizontaux et verticaux qui contient exactement la photo pivotée (document 1). Les pixels ajoutés sont transparents, mais ils occupent de la mémoire.

La documentation du logiciel affirme que l'aire du nouveau canevas vaut $WH+\dfrac{W^{2}+H^{2}}{2}\sin 2\theta$ pixels. Une collègue graphiste en tire une règle de travail : « Quel que soit l'angle, le canevas d'une photo pivotée ne dépasse jamais le double de la photo. On réserve donc deux fois la mémoire de l'image, pas plus. »

Document 1 : la photo pivotée d'un angle

\theta

et son nouveau canevas, en pointillé

Démontrez la formule de la documentation. La règle de la collègue est-elle vraie pour une photo de $1\,920$ sur $1\,080$ pixels ? Si elle est fausse, précisez les angles pour lesquels elle est mise en défaut. Toute votre démarche doit apparaître.

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Réponses

1) Aire du canevas : $(W\cos\theta+H\sin\theta)(W\sin\theta+H\cos\theta)=WH+\dfrac{W^{2}+H^{2}}{2}\sin 2\theta$
2) Règle fausse : à $45^{\circ}$ , $4\,500\,000$ pixels, environ $2{,}17$ fois la photo
3) Le double est dépassé pour $29{,}4^{\circ}<\theta<60{,}6^{\circ}$

Étape 1 : les dimensions du canevas.

Chaque coin de la photo touche un côté du canevas et le coupe en deux segments. Chaque segment est un côté de l'angle droit d'un triangle rectangle dont l'hypoténuse est un côté de la photo.

Le côté $W$ fait l'angle $\theta$ avec l'horizontale : il occupe $W\cos\theta$ en largeur et $W\sin\theta$ en hauteur.

Le côté $H$ , perpendiculaire, fait l'angle $\theta$ avec la verticale : il occupe $H\sin\theta$ en largeur et $H\cos\theta$ en hauteur.

Largeur du canevas : $W\cos\theta+H\sin\theta$ ; hauteur : $W\sin\theta+H\cos\theta$ .

Étape 2 : la démonstration.

On part du membre de gauche et on le transforme, sans jamais faire passer un terme d'un membre à l'autre.

\begin{aligned}A&=(W\cos\theta+H\sin\theta)(W\sin\theta+H\cos\theta)\\&=W^{2}\sin\theta\cos\theta+WH\cos^{2}\theta+WH\sin^{2}\theta+H^{2}\sin\theta\cos\theta\\&=WH(\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta)+(W^{2}+H^{2})\sin\theta\cos\theta\end{aligned}

Identité pythagoricienne, $\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta=1$ ; angle double, $\sin\theta\cos\theta=\dfrac{\sin 2\theta}{2}$ :

\displaystyle A=WH+\dfrac{W^{2}+H^{2}}{2}\sin 2\theta

Contrôle : en $\theta=0^{\circ}$ et en $\theta=90^{\circ}$ , $\sin 2\theta=0$ et $A=WH$ : la photo couchée ou dressée remplit exactement son canevas.

Étape 3 : la règle de la collègue.

Pour la photo : $WH=2\,073\,600$ et $W^{2}+H^{2}=3\,686\,400+1\,166\,400=4\,852\,800$ .

Contre-exemple, $\theta=45^{\circ}$ : $\sin 90^{\circ}=1$ et $A=2\,073\,600+2\,426\,400=4\,500\,000$ pixels.

$\dfrac{4\,500\,000}{2\,073\,600}\approx 2{,}17>2$ : la règle est fausse. Un seul contre-exemple suffit à l'invalider.

Étape 4 : les angles qui la mettent en défaut.

$A>2WH$ équivaut à $\dfrac{W^{2}+H^{2}}{2}\sin 2\theta>WH$ , soit $\sin 2\theta>\dfrac{2WH}{W^{2}+H^{2}}=\dfrac{4\,147\,200}{4\,852\,800}\approx 0{,}8546$ .

Avec $0^{\circ}\le 2\theta\le 180^{\circ}$ , le sinus dépasse $0{,}8546$ entre $\arcsin 0{,}8546\approx 58{,}72^{\circ}$ et $180^{\circ}-58{,}72^{\circ}=121{,}28^{\circ}$ .

Donc $29{,}4^{\circ}<\theta<60{,}6^{\circ}$ , à un dixième de degré près.

Pour aller plus loin : comme $(W-H)^{2}\ge 0$ , on a toujours $W^{2}+H^{2}\ge 2WH$ , et à $45^{\circ}$ le canevas atteint au moins le double. La règle n'est vraie que pour une photo carrée, et encore tout juste.

Conclusion.

La formule de la documentation est démontrée. Pour une photo de $1\,920$ sur $1\,080$ pixels, la règle est fausse : à $45^{\circ}$ , le canevas compte $4\,500\,000$ pixels, environ $2{,}17$ fois la photo, et le double est dépassé pour tout angle strictement compris entre $29{,}4^{\circ}$ et $60{,}6^{\circ}$ .

Grille.

Cr2, concepts et processus : les côtés du triangle rectangle, la distributivité, l'identité pythagoricienne, l'angle double, l'inéquation en sinus.

Cr3, raisonnement : une chaîne d'égalités qui transforme un seul membre ; puis un contre-exemple pour invalider, et l'inéquation pour décrire tous les angles.

Cr4, structuration : une égalité par ligne, chaque étape annoncée, les dimensions du canevas établies avant le calcul de l'aire.

Cr5, justification : chaque identité nommée au moment où elle sert. Vérifier la formule pour $\theta=30^{\circ}$ n'est pas une démonstration ; un exemple ne prouve rien, un contre-exemple suffit à réfuter.

Niveau A : la démonstration, le contre-exemple et l'intervalle d'angles. Niveau C : la formule vérifiée sur un ou deux angles au lieu d'être démontrée, avec un contre-exemple juste.

Piège : résoudre $\sin 2\theta=0{,}8546$ et garder seulement $2\theta=58{,}72^{\circ}$ , en oubliant la seconde solution $121{,}28^{\circ}$ ; on conclut alors à tort que tous les angles au-delà de $29{,}4^{\circ}$ posent problème.

Exercice 8 : Situation d'application, catégorie I : la résistance du béton de la dalle

10 points Les fonctions logarithmiques Les logarithmes et le changement de base

Au contrôle de la qualité d'un chantier, le laboratoire coule des cylindres d'essai avec le béton de chaque dalle, puis les écrase à différents âges pour mesurer leur résistance à la compression, en mégapascals (MPa). Pour ce béton, le laboratoire modélise la résistance moyenne $R$ en fonction de l'âge $t$ du béton, en jours, par une fonction logarithmique de la forme $R(t)=a\log t+k$ , valable de $t=1$ à $t=90$ jours.

Le document 1 donne les résultats des deux premières séries d'essais. Le béton a été livré avec un affaissement de $80$ mm, par une température de $18$ °C, et coulé un lundi matin. Le devis de la dalle fixe deux seuils (document 2).

Âge du béton	Cylindre 1	Cylindre 2	Cylindre 3
3 jours	13,8 MPa	14,1 MPa	14,1 MPa
7 jours	20,7 MPa	21,4 MPa	20,9 MPa

Document 1 : résistance à la compression des cylindres d'essai

Exigence du devis	Seuil
Conformité : résistance moyenne à 28 jours	au moins 30 MPa
Mise en tension des câbles de la dalle	au moins 25 MPa

Document 2 : extrait du devis de la dalle

Le béton de cette dalle sera-t-il conforme au devis à $28$ jours ? À partir de quel jour, compté depuis la coulée, l'entrepreneur pourra-t-il mettre les câbles de la dalle en tension ? Toute votre démarche doit apparaître.

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Réponses

1) $R(t)\approx 19{,}02\log t+4{,}92$ (moyennes $14{,}0$ et $21{,}0$ MPa)
2) $R(28)\approx 32{,}45$ MPa $\ge 30$ MPa : la dalle sera conforme
3) $R(t)=25$ pour $t\approx 11{,}36$ : mise en tension à partir du douzième jour

Étape 1 : ce qui sert.

Le modèle a deux paramètres, $a$ et $k$ : il faut deux points. Ce sont les résistances moyennes à $3$ et à $7$ jours.

L'affaissement, la température et le jour de la coulée ne servent pas : le modèle du laboratoire les intègre déjà.

Étape 2 : les deux moyennes.

À $3$ jours : $\dfrac{13{,}8+14{,}1+14{,}1}{3}=\dfrac{42}{3}=14{,}0$ MPa.

À $7$ jours : $\dfrac{20{,}7+21{,}4+20{,}9}{3}=\dfrac{63}{3}=21{,}0$ MPa.

Étape 3 : la règle du modèle.

$a\log 3+k=14$ et $a\log 7+k=21$ .

Par soustraction : $a(\log 7-\log 3)=7$ , soit $a\log\dfrac{7}{3}=7$ .

\displaystyle a=\dfrac{7}{\log(7/3)}\approx 19{,}0229

\displaystyle k=14-a\log 3\approx 14-9{,}0762=4{,}9238

\displaystyle R(t)\approx 19{,}0229\log t+4{,}9238

Contrôle : $R(3)\approx 14{,}00$ et $R(7)\approx 21{,}00$ .

Étape 4 : la conformité à 28 jours.

$R(28)\approx 19{,}0229\times 1{,}4472+4{,}9238\approx 32{,}45$ MPa

$32{,}45\ge 30$ : le béton sera conforme, avec une marge d'environ $2{,}45$ MPa.

Étape 5 : le jour de la mise en tension.

$R(t)=25$ donne $\log t=\dfrac{25-4{,}9238}{19{,}0229}\approx 1{,}0554$ .

On passe à la forme exponentielle : $t=10^{1{,}0554}\approx 11{,}36$ jours.

Comme $a>0$ , $R$ est croissante : $R(t)\ge 25$ dès que $t\ge 11{,}36$ .

Jour par jour : $R(11)\approx 24{,}73<25$ et $R(12)\approx 25{,}45\ge 25$ .

Piège : arrondir $11{,}36$ à $11$ . Au onzième jour, le béton n'a que $24{,}73$ MPa : on attend le douzième jour.

Conclusion.

Le modèle donne $R(t)\approx 19{,}02\log t+4{,}92$ . À $28$ jours, la résistance prévue est d'environ $32{,}45$ MPa : la dalle sera conforme. Les câbles pourront être mis en tension à partir du douzième jour après la coulée.

Grille.

Cr2, concepts et processus : les moyennes, le système de deux équations, la loi du quotient des logarithmes, le passage à la forme exponentielle.

Cr3, raisonnement : utiliser les moyennes et non un seul cylindre, puis transformer $11{,}36$ en un jour entier dans le bon sens grâce à la croissance de $R$ .

Cr4, structuration : le modèle écrit avant d'être utilisé, les inconnues nommées, chaque résultat avec son unité.

Cr5, justification : « conforme » se justifie par la comparaison à $30$ MPa ; « le douzième jour » par la croissance et par $R(11)<25$ .

Niveau A : la règle, les deux décisions et leurs justifications. Niveau C : $a$ arrondi à l'unité dès l'étape 3, ce qui fausse les décimales, ou « jour $11$ » répondu sans contrôle. Arrondir trop tôt un résultat intermédiaire plafonne Cr2 à B.

Piège : calculer $a$ avec un seul cylindre par âge. Avec $13{,}8$ et $21{,}4$ , on trouve une autre règle, et le jour de mise en tension change.

Exercice 9 : Situation d'application, catégorie I : le Wi-Fi de la cour de distribution

10 points Les coniques Les systèmes semi-linéaires et les régions du plan

Dans la cour d'un centre de distribution, les caristes et les chauffeurs scannent les palettes avec des terminaux sans fil. Une antenne Wi-Fi extérieure est fixée sur un poteau de $8$ m, au point $C$ . Sur le plan de la cour (document 1), gradué en mètres, sa zone de couverture est le disque de centre $C$ et de rayon $50$ m.

La voie des camions est le segment qui va de la barrière d'entrée $E$ au quai de chargement $Q$ . Les terminaux doivent fonctionner sur toute cette voie.

Document 1 : plan de la cour, en mètres ;

C(40\,;30)

,

E(0\,;70)

et

Q(100\,;20)

Quelle longueur de la voie échappe aujourd'hui à la couverture ? Le fournisseur propose trois antennes de remplacement, de portée $55$ m, $60$ m et $65$ m, à poser au même endroit ; plus la portée est grande, plus l'antenne coûte cher. Laquelle faut-il choisir pour couvrir toute la voie au moindre coût ? Toute votre démarche doit apparaître.

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Réponses

1) Intersections en $x\approx 6{,}24$ et $x\approx 89{,}76$ : $18{,}42$ m de voie hors couverture
2) Point le plus éloigné : le quai, $CQ\approx 60{,}83$ m
3) Antenne de $65$ m

Étape 1 : modéliser la couverture et la voie.

La frontière de la couverture est le cercle $(x-40)^{2}+(y-30)^{2}=2\,500$ ; un point est couvert si $(x-40)^{2}+(y-30)^{2}\le 2\,500$ .

La voie : pente $\dfrac{20-70}{100-0}=-0{,}5$ et ordonnée à l'origine $70$ , donc $y=-0{,}5x+70$ avec $0\le x\le 100$ .

La hauteur du poteau ne sert pas : le plan donne déjà la zone couverte au sol.

Étape 2 : les extrémités.

$E$ : $(0-40)^{2}+(70-30)^{2}=3\,200>2\,500$ , donc $E$ n'est pas couvert.

$Q$ : $(100-40)^{2}+(20-30)^{2}=3\,700>2\,500$ , donc $Q$ n'est pas couvert.

Étape 3 : le système semi-linéaire.

On remplace $y$ : $(x-40)^{2}+(-0{,}5x+40)^{2}=2\,500$ .

$x^{2}-80x+1\,600+0{,}25x^{2}-40x+1\,600=2\,500$ , soit $1{,}25x^{2}-120x+700=0$ , ou encore $x^{2}-96x+560=0$ .

$\Delta=96^{2}-4\times 560=6\,976>0$ : la voie coupe le cercle en deux points.

$x_{1}=\dfrac{96-\sqrt{6\,976}}{2}\approx 6{,}24$ et $x_{2}=\dfrac{96+\sqrt{6\,976}}{2}\approx 89{,}76$

$M_{1}(6{,}24\,;66{,}88)$ et $M_{2}(89{,}76\,;25{,}12)$ .

Étape 4 : les longueurs.

Voie entière : $EQ=\sqrt{100^{2}+50^{2}}=\sqrt{12\,500}\approx 111{,}80$ m.

Partie couverte : $M_{1}M_{2}=\sqrt{(x_{2}-x_{1})^{2}+\big(0{,}5(x_{2}-x_{1})\big)^{2}}=(x_{2}-x_{1})\sqrt{1{,}25}\approx 93{,}38$ m.

Hors couverture : $111{,}80-93{,}38=18{,}42$ m, soit environ $6{,}98$ m après la barrière et $11{,}45$ m avant le quai.

Piège : prendre $x_{2}-x_{1}\approx 83{,}52$ pour une longueur. C'est un écart d'abscisses ; la voie est oblique.

Étape 5 : la portée nécessaire.

Sur un segment, la distance à $C$ diminue jusqu'au pied de la perpendiculaire, puis augmente : le point le plus éloigné est une extrémité.

$CE=\sqrt{3\,200}\approx 56{,}57$ m et $CQ=\sqrt{3\,700}\approx 60{,}83$ m.

Il faut une portée d'au moins $60{,}83$ m. Les antennes de $55$ m et de $60$ m laissent le quai sans signal ; celle de $65$ m couvre toute la voie.

Piège : choisir $60$ m parce que $60{,}83$ « fait $60$ ». Il manquerait $0{,}83$ m, juste devant le quai, là où les camions s'arrêtent.

Conclusion.

Aujourd'hui, environ $18{,}42$ m de voie échappent à la couverture, aux deux bouts. Pour couvrir toute la voie au moindre coût, il faut l'antenne de $65$ m, la seule dont la portée dépasse $60{,}83$ m.

Grille.

Cr2, concepts et processus : l'équation du cercle translaté, l'équation de la droite, la substitution, la formule quadratique, la distance entre deux points.

Cr3, raisonnement : tester les extrémités, chercher les points d'intersection, soustraire la partie couverte de la voie entière ; puis comprendre que la portée minimale est la plus grande distance de $C$ à la voie.

Cr4, structuration : le système posé, les deux points nommés avec leurs coordonnées, chaque longueur avec son unité.

Cr5, justification : pourquoi le point le plus éloigné est une extrémité, et pourquoi $60$ m ne suffit pas.

Niveau A : les deux exigences justes et justifiées. Niveau C : les points d'intersection justes, mais la longueur couverte confondue avec l'écart d'abscisses, ou une antenne choisie sans calculer $CQ$ .

Piège : calculer seulement $CE\approx 56{,}57$ m et choisir l'antenne de $60$ m ; c'est le quai, plus loin de l'antenne, qui décide.

Exercice 10 : Situation d'application, catégorie II : les deux élingues du panneau

10 points Les vecteurs

Une grue soulève un panneau de béton préfabriqué de $3{,}2$ t. Deux élingues identiques partent du crochet $O$ et s'attachent aux deux anneaux de levage $A$ et $B$ du panneau, distants de $4$ m. Chaque élingue mesure $3$ m (document 1). Le panneau monte lentement, à vitesse constante : la somme des forces qui s'exercent sur le crochet est nulle.

On exprime les forces en tonnes-force, comme sur l'étiquette des élingues. Le câble de la grue tire le crochet vers le haut avec une force de $3{,}2$ tonnes-force, et chaque élingue tire le crochet vers son anneau. Les élingues du chantier portent l'étiquette « charge maximale d'utilisation : $2$ t ».

Le contremaître affirme : « Deux élingues de 2 t se partagent le panneau de 3,2 t : chacune porte 1,6 t, quelle que soit leur longueur. »

Document 1 : le levage vu de face

Cette affirmation est-elle vraie ? Justifiez à l'aide des vecteurs. Quelle longueur minimale les élingues doivent-elles avoir pour que des élingues de $2$ t conviennent, les anneaux restant à $4$ m l'un de l'autre ? Toute votre démarche doit apparaître.

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Réponses

1) $T=\dfrac{4{,}8}{\sqrt{5}}\approx 2{,}15$ t par élingue
2) Affirmation fausse : $2{,}15>1{,}6$ , et même $>2$ t
3) Longueur minimale : $\ell=\dfrac{10}{3}\approx 3{,}33$ m

Étape 1 : un repère et les points.

Origine au crochet $O$ , axe des $x$ horizontal vers $B$ , axe des $y$ vertical vers le haut, unités en mètres.

Les anneaux sont à $2$ m de part et d'autre de l'axe, à une profondeur $h$ sous le crochet : $h^{2}+2^{2}=3^{2}$ , donc $h=\sqrt{5}\approx 2{,}236$ m.

$A(-2\,;-\sqrt{5})$ et $B(2\,;-\sqrt{5})$ .

Étape 2 : les directions des forces.

Vecteurs unitaires de $O$ vers les anneaux : $\vec{u}_{A}=\left(-\dfrac{2}{3}\,;-\dfrac{\sqrt{5}}{3}\right)$ et $\vec{u}_{B}=\left(\dfrac{2}{3}\,;-\dfrac{\sqrt{5}}{3}\right)$ , puisque $\|\overrightarrow{OA}\|=3$ .

Forces sur le crochet : $\vec{T}_{A}=T_{A}\,\vec{u}_{A}$ , $\vec{T}_{B}=T_{B}\,\vec{u}_{B}$ et $\vec{F}=(0\,;3{,}2)$ pour le câble.

Étape 3 : l'équilibre.

$\vec{T}_{A}+\vec{T}_{B}+\vec{F}=\vec{0}$ , composante par composante.

En $x$ : $-\dfrac{2}{3}T_{A}+\dfrac{2}{3}T_{B}=0$ , donc $T_{A}=T_{B}=T$ .

En $y$ : $-\dfrac{\sqrt{5}}{3}T-\dfrac{\sqrt{5}}{3}T+3{,}2=0$ , donc $T=\dfrac{3\times 3{,}2}{2\sqrt{5}}=\dfrac{4{,}8}{\sqrt{5}}\approx 2{,}15$ tonnes-force.

Étape 4 : l'affirmation.

Chaque élingue porte environ $2{,}15$ t, et non $1{,}6$ t : l'affirmation est fausse, et ces élingues de $2$ t sont surchargées.

Ce sont les composantes verticales qui valent $1{,}6$ t chacune. Chaque élingue tire aussi le crochet horizontalement, de $\dfrac{2}{3}T\approx 1{,}43$ t ; les deux composantes horizontales s'annulent, mais elles chargent les élingues.

En général, si $\alpha$ est l'angle entre une élingue et la verticale, $T=\dfrac{1{,}6}{\cos\alpha}$ . Dès que les anneaux sont écartés, $\cos\alpha<1$ et $T>1{,}6$ : la longueur compte toujours.

Étape 5 : la longueur minimale.

Pour une élingue de longueur $\ell$ : $\cos\alpha=\dfrac{\sqrt{\ell^{2}-4}}{\ell}$ .

$T\le 2$ équivaut à $\cos\alpha\ge\dfrac{1{,}6}{2}=0{,}8$ , soit $\sqrt{\ell^{2}-4}\ge 0{,}8\ell$ .

$\ell^{2}-4\ge 0{,}64\ell^{2}$ , donc $0{,}36\ell^{2}\ge 4$ et $\ell\ge\dfrac{2}{0{,}6}\approx 3{,}33$ m.

Contrôle : avec $\ell=\dfrac{10}{3}$ m, $h=\sqrt{\dfrac{100}{9}-4}=\dfrac{8}{3}$ , $\cos\alpha=0{,}8$ et $T=2$ t tout juste. L'angle entre les deux élingues vaut alors environ $73{,}7^{\circ}$ , contre $83{,}6^{\circ}$ avec les élingues de $3$ m.

En pratique on arrondit vers le haut : des élingues de $3{,}5$ m, longueur courante, conviennent.

Conclusion.

L'affirmation est fausse : avec des élingues de $3$ m, chacune porte environ $2{,}15$ t, plus que les $2$ t permises. Il faut des élingues d'au moins $3{,}33$ m, ou des élingues de capacité supérieure.

Grille.

Cr2, concepts et processus : les composantes d'un vecteur, le vecteur unitaire, la somme vectorielle nulle composante par composante, l'inéquation de la longueur.

Cr3, raisonnement : réfuter par le calcul, pas par l'intuition ; puis passer du cas particulier ( $3$ m) à la condition générale sur $\ell$ .

Cr4, structuration : repère et unités annoncés, forces nommées, une équation par composante.

Cr5, justification : dire pourquoi $T_{A}=T_{B}$ (composante horizontale), et pourquoi la vraie charge dépasse $1{,}6$ t (le cosinus est inférieur à $1$ ).

Niveau A : l'affirmation réfutée par le calcul vectoriel, la longueur minimale juste. Niveau C : la tension juste mais la longueur cherchée par essais sans conclusion, ou l'affirmation rejetée « parce que les élingues sont penchées » sans calcul.

Piège : diviser $3{,}2$ par $2$ et conclure que des élingues de $2$ t suffisent. La moitié de la charge, c'est la composante verticale de chaque tension, pas la tension.

Épreuve de fin d'année de math TS 5 : examen corrigé au format du ministère

Rappel de cours

Section A : questions à choix multiple (/24 • environ 30 minutes)

Exercice 1 : Questions à choix multiple : les fonctions

Exercice 2 : Questions à choix multiple : trigonométrie et géométrie

Section B : questions à réponse courte (/16 • environ 30 minutes)

Exercice 3 : Réponses courtes : sinusoïde et tangente

Exercice 4 : Réponses courtes : équation rationnelle et partie entière

Section C : situations d'application (/60 • environ 120 minutes)

Exercice 5 : Situation d'application, catégorie I : la ferme d'impression 3D

Exercice 6 : Situation d'application, catégorie I : la grue à tour du chantier

Exercice 7 : Situation d'application, catégorie II : la photo pivotée

Exercice 8 : Situation d'application, catégorie I : la résistance du béton de la dalle

Exercice 9 : Situation d'application, catégorie I : le Wi-Fi de la cour de distribution

Exercice 10 : Situation d'application, catégorie II : les deux élingues du panneau

Voir aussi

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