Problèmes sur la dérivation en première

La dérivée mesure une vitesse de variation : celle d'un mobile, celle d'un coût, celle d'une température. Ces trois problèmes l'emploient dans les trois registres - graphique, numérique, algébrique - que le programme demande de savoir relier.

Calculer un taux de variation et l'interpréter comme une pente.
Déterminer l'équation d'une tangente et l'utiliser pour approcher une valeur.
Interpréter le nombre dérivé en contexte : vitesse, coût marginal.
Lire un nombre dérivé sur une représentation graphique.

La chute d'une bille

Une bille lâchée d'un pont parcourt, en $t$ secondes, une distance donnée en mètres par $d(t) = 5t^2$.

Calculer la vitesse moyenne entre $t = 1$ et $t = 3$.

$$ \frac{d(3) - d(1)}{3 - 1} = \frac{45 - 5}{2} $$

$$ 20 \ \text{m/s} $$
Calculer le taux de variation entre $2$ et $2 + h$, puis le simplifier.

$$ \tau(h) = \frac{5(2+h)^2 - 20}{h} = \frac{20h + 5h^2}{h} $$

$$ \tau(h) = 20 + 5h $$
En déduire la vitesse instantanée à $t = 2$.

Quand $h$ tend vers $0$, le taux tend vers $20$ :

$$ d'(2) = 20 \ \text{m/s} $$
Vérifier ce résultat en dérivant $d$.

$$ d'(t) = 10t \hspace{2em} \text{donc} \hspace{2em} d'(2) = 20 $$

La vitesse moyenne sur $\bigl[1 \ ; \ 3\bigr]$ valait aussi $20 \ \text{m/s}$ : c'est une coïncidence due à la symétrie de l'intervalle autour de $2$.

Le coût marginal

Une entreprise produit $q$ pièces par jour, avec $q$ compris entre $0$ et $60$. Son coût total, en euros, est :

$$ C(q) = 0.1 q^2 + 12q + 500 $$

Calculer $C'(q)$.

$$ C'(q) = 0.2q + 12 $$
Calculer $C'(40)$, et interpréter ce nombre en termes de coût.

$$ C'(40) = 20 \ \text{€} $$

C'est le coût marginal : produire la $41^{\text{ème}}$ pièce coûte environ $20 \ \text{€}$ de plus.
Vérifier cette interprétation en calculant $C(41) - C(40)$.

$$ C(41) = 168.1 + 492 + 500 = 1 \ 160.1 $$

$$ C(40) = 160 + 480 + 500 = 1 \ 140 $$

$$ C(41) - C(40) = 20.10 \ \text{€} $$

L'écart avec le coût marginal est de $10$ centimes : la dérivée en donne une excellente approximation.
Le coût marginal augmente-t-il avec la production ? Qu'est-ce que cela signifie ?

$C'$ est une fonction affine croissante : le coût marginal augmente avec $q$.

Chaque pièce supplémentaire coûte plus cher que la précédente - heures supplémentaires, usure accrue. C'est ce qui empêche d'augmenter la production indéfiniment.

Lire une tangente

Soit $f$ la fonction définie par $f(x) = x^3 - 3x$. On s'intéresse à sa tangente au point d'abscisse $a$.

Calculer $f'(x)$, puis l'équation de la tangente en $a = 2$.

$$ f'(x) = 3x^2 - 3 \hspace{2em} f'(2) = 9 \hspace{2em} f(2) = 2 $$

$$ y = 9(x - 2) + 2 $$

$$ y = 9x - 16 $$
En quels points la tangente est-elle horizontale ?

$$ 3x^2 - 3 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad x^2 = 1 $$

$$ x = -1 \ \text{et} \ x = 1 $$

Les points sont $(-1 \ ; \ 2)$ et $(1 \ ; \ -2)$.
Utiliser la tangente en $2$ pour estimer $f(2.05)$, puis comparer à la valeur exacte.

$$ f(2.05) \approx 9 \times 2.05 - 16 = 2.45 $$

$$ f(2.05) = 2.05^3 - 3 \times 2.05 \approx 2.465 $$

L'écart est de $15$ millièmes : l'approximation est excellente pour un déplacement aussi faible.
Existe-t-il un point où la tangente a pour coefficient directeur $-4$ ? Justifier.

$$ 3x^2 - 3 = -4 \quad \Longleftrightarrow \quad x^2 = -\frac{1}{3} $$

Aucun réel ne convient. La dérivée $3x^2 - 3$ a pour minimum $-3$, atteint en $0$ : aucune tangente ne peut être plus inclinée que celle-là.

Le pic de la crue

Un orage éclate sur un petit bassin versant. $t$ heures après le début de l'orage, le débit de la rivière, en mètres cubes par seconde, est modélisé sur $\bigl[ 0 \ ; \ 24 \bigr]$ par :

$$ Q(t) = \frac{120t}{t^2 + 9} $$

La commune déclenche l'alerte dès que le débit atteint $16 \ \text{m}^3\text{/s}$, et la lève dès qu'il repasse en dessous.

Calculer $Q(1)$, $Q(3)$ et $Q(9)$.

$$ Q(1) = \frac{120}{1 + 9} = 12 \hspace{2em} Q(3) = \frac{360}{9 + 9} = 20 \hspace{2em} Q(9) = \frac{1 \ 080}{81 + 9} = 12 $$

Le débit vaut $12 \ \text{m}^3\text{/s}$ à la première heure comme à la neuvième : la rivière monte, puis redescend en repassant par les mêmes valeurs.

Calculer $Q'(t)$, puis dresser le tableau de variations de $Q$ sur $\bigl[ 0 \ ; \ 24 \bigr]$.

$$ t $$	$$ 0 $$	$$ \hspace{10em} $$	$$ 24 $$
$$ Q(t) $$

tableau de variations de $Q$ (à compléter)

On dérive le quotient, avec $u(t) = 120t$ et $v(t) = t^2 + 9$ :

$$ Q'(t) = \frac{120 \left( t^2 + 9 \right) - 120t \times 2t}{\left( t^2 + 9 \right)^2} = \frac{120t^2 + 1 \ 080 - 240t^2}{\left( t^2 + 9 \right)^2} $$

$$ Q'(t) = \frac{120 \left( 9 - t^2 \right)}{\left( t^2 + 9 \right)^2} $$

Le dénominateur est un carré, donc strictement positif : $Q'(t)$ est du signe de $9 - t^2 = (3 - t)(3 + t)$. Sur $\bigl[ 0 \ ; \ 24 \bigr]$, le facteur $3 + t$ est positif, donc $Q'(t)$ est du signe de $3 - t$.

variations de $Q$ sur $\bigl[ 0 \ ; \ 24 \bigr]$

$$ t $$	$$ 0 $$		$$ 3 $$		$$ 24 $$
$$ Q'(t) $$	$$ + $$	$$ 0 $$	$$ - $$
$$ Q(t) $$	$$ 0 $$		$$ 20 $$		$$ \approx 4.9 $$

La valeur finale se calcule en remplaçant : $Q(24) = \frac{2 \ 880}{585} \approx 4.9$.

$$ \text{le débit est maximal au bout de } 3 \ \text{h} \text{, à } 20 \ \text{m}^3\text{/s} $$

Démontrer, sans utiliser le tableau, que le débit ne dépasse jamais $20 \ \text{m}^3\text{/s}$, et préciser le seul instant où il l'atteint.

On étudie la différence $20 - Q(t)$, en réduisant au même dénominateur :

$$ 20 - Q(t) = \frac{20 \left( t^2 + 9 \right) - 120t}{t^2 + 9} = \frac{20t^2 - 120t + 180}{t^2 + 9} $$

On factorise par $20$, et le trinôme obtenu est une identité remarquable :

$$ 20 - Q(t) = \frac{20 \left( t^2 - 6t + 9 \right)}{t^2 + 9} = \frac{20 (t - 3)^2}{t^2 + 9} $$

Un carré est positif et le dénominateur aussi, donc $20 - Q(t) \geqslant 0$. Ce quotient est nul si et seulement si $t = 3$.

$$ Q(t) \leqslant 20 \ \text{pour tout} \ t \text{, avec égalité uniquement en } t = 3 $$
Déterminer tous les instants où le débit vaut exactement $16 \ \text{m}^3\text{/s}$, puis en déduire la durée de l'alerte.

Comme $t^2 + 9$ n'est jamais nul, on peut multiplier les deux membres par ce dénominateur :

$$ \frac{120t}{t^2 + 9} = 16 \quad \Longleftrightarrow \quad 120t = 16t^2 + 144 $$

$$ 16t^2 - 120t + 144 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad 2t^2 - 15t + 18 = 0 $$

$$ \Delta = 225 - 144 = 81 \hspace{2em} \sqrt{\Delta} = 9 $$

$$ t_1 = \frac{15 - 9}{4} = 1.5 \hspace{2em} t_2 = \frac{15 + 9}{4} = 6 $$

Une équation du second degré a au plus deux solutions : ces deux instants sont les seuls. Entre les deux, le débit est au-dessus du seuil, puisqu'il y passe par son maximum.

$$ \text{alerte de } 1 \ \text{h} \ 30 \ \text{à} \ 6 \ \text{h} \text{, soit } 4 \ \text{h} \ 30 \ \text{min} $$

Vérification : $Q(1.5) = \frac{180}{11.25} = 16$ et $Q(6) = \frac{720}{45} = 16$.

Le raccord du toboggan

Un toboggan de piscine se monte en deux morceaux. On note $x$ la distance horizontale depuis le départ, en mètres, et $y$ la hauteur au-dessus du sol, en mètres. Le premier morceau, pour $x \in \bigl[ 0 \ ; \ 4 \bigr]$, suit la courbe de $f(x) = 6 - 0.1x^2$. Le fabricant livre comme second morceau une glissière droite d'équation $g(x) = - x + 8.4$.

Calculer $f(0)$, $f(4)$ et $g(4)$, puis interpréter.

$$ f(0) = 6 \hspace{2em} f(4) = 6 - 0.1 \times 16 = 4.4 \hspace{2em} g(4) = - 4 + 8.4 = 4.4 $$

Le départ est à $6 \ \text{m}$ de haut. Les deux morceaux se rejoignent au point de coordonnées $(4 \ ; \ 4.4)$.
Le monteur affirme : « les deux morceaux se touchent, donc le toboggan est lisse ». Sa collègue affirme qu'il reste une cassure. Trancher. On rappelle qu'un raccord sans cassure demande deux conditions : la même hauteur et la même pente.

La première condition est remplie, d'après la question précédente. On compare les pentes :

$$ f'(x) = - 0.2x \hspace{2em} \text{donc} \hspace{2em} f'(4) = - 0.8 $$

$$ g'(x) = - 1 \hspace{2em} \text{donc} \hspace{2em} g'(4) = - 1 $$

La pente passe brutalement de $- 0.8$ à $- 1$, c'est-à-dire de $80 \ \%$ à $100 \ \%$ de descente : la glissière plonge plus vite que la courbe qui l'amène.

$$ \text{la collègue a raison : il y a une cassure en } x = 4 $$
Déterminer l'équation de la glissière droite qui se raccorde sans cassure au premier morceau.

Cette glissière passe par le point d'abscisse $4$ de la courbe et y a la même pente : c'est la tangente en ce point.

$$ y = f'(4)(x - 4) + f(4) = - 0.8(x - 4) + 4.4 $$

$$ y = - 0.8x + 7.6 $$

À $50 \ \text{cm}$ après le raccord, cette glissière est à $- 0.8 \times 4.5 + 7.6 = 4 \ \text{m}$, quand celle du fabricant est déjà à $3.9 \ \text{m}$ : $10 \ \text{cm}$ plus bas.
Avec cette glissière, déterminer à quelle distance du départ le toboggan touche le sol, puis vérifier que sa pente ne dépasse nulle part $80 \ \%$.

$$ - 0.8x + 7.6 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad x = \frac{7.6}{0.8} $$

$$ x = 9.5 \ \text{m} $$

Sur $\bigl[ 0 \ ; \ 4 \bigr]$, la pente vaut $f'(x) = - 0.2x$, qui décroît de $0$ à $- 0.8$ : elle reste comprise entre $- 0.8$ et $0$. Sur $\bigl[ 4 \ ; \ 9.5 \bigr]$, elle vaut exactement $- 0.8$.

$$ \text{la descente ne dépasse jamais } 80 \ \% $$

Avec la glissière du fabricant, le toboggan touchait le sol en $x = 8.4$ et descendait à $100 \ \%$ : plus court, plus raide, et avec une secousse au raccord.