Problèmes sur les fonctions trigonométriques en terminale

Une marée, une roue, un rayon lumineux : trois grandeurs qui reviennent au même point à intervalles réguliers. C'est exactement ce que décrivent le sinus et le cosinus, et la dérivée y répond à la question du meilleur moment.

Résoudre une équation ou une inéquation trigonométrique sur un intervalle donné.
Dériver une fonction construite à partir du sinus ou du cosinus.
Étudier les variations d'une fonction trigonométrique et déterminer un optimum.
Exploiter la périodicité pour conclure sur un intervalle plus large.

La marée

La hauteur d'eau dans un port, en mètres, $t$ heures après minuit, est modélisée sur une journée par :

$$ h(t) = 4 + 3\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right) $$

Calculer la hauteur à minuit, puis à $6$ heures.

$$ h(0) = 4 + 3 = 7 \ \text{m} \hspace{2em} h(6) = 4 - 3 = 1 \ \text{m} $$
Entre quelles valeurs la hauteur varie-t-elle ? Au bout de combien de temps le cycle se répète-t-il ?

Le cosinus reste entre $-1$ et $1$, donc $h$ entre $1$ et $7$ mètres.

La période de $\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right)$ vaut $\frac{2\pi}{\pi / 6} = 12$ heures.

$$ \text{cycle de } 12 \text{ heures} $$
Un navire a besoin de $5.5 \ \text{m}$ d'eau. Résoudre $h(t) \geqslant 5.5$ sur $\bigl[0 \ ; \ 12\bigr]$.

$$ 4 + 3\cos\left(\frac{\pi t}{6}\right) \geqslant 5.5 \quad \Longleftrightarrow \quad \cos\left(\frac{\pi t}{6}\right) \geqslant \frac{1}{2} $$

Sur le cercle, le cosinus dépasse $\frac{1}{2}$ pour un angle compris entre $-\frac{\pi}{3}$ et $\frac{\pi}{3}$ :

$$ -\frac{\pi}{3} \leqslant \frac{\pi t}{6} \leqslant \frac{\pi}{3} \quad \Longleftrightarrow \quad -2 \leqslant t \leqslant 2 $$

$$ t \in \bigl[0 \ ; \ 2\bigr] \ \text{puis} \ \bigl[10 \ ; \ 12\bigr] $$
Combien d'heures par jour le navire peut-il entrer ?

Quatre heures par cycle de douze, soit deux cycles par jour :

$$ 8 \ \text{heures par jour} $$

Le point le plus haut

Un bras articulé positionne un capteur dont l'altitude, en mètres, dépend de l'angle $x$ de commande, exprimé en radians :

$$ f(x) = \sin(x) + \cos(x) \hspace{2em} \text{sur} \ \bigl[0 \ ; \ 2\pi\bigr] $$

Calculer $f'(x)$.

$$ f'(x) = \cos(x) - \sin(x) $$
Résoudre $f'(x) = 0$ sur $\bigl[0 \ ; \ 2\pi\bigr]$.

$$ \cos(x) = \sin(x) $$

Les deux coordonnées sont égales sur la première bissectrice, et sur son opposée :

$$ x = \frac{\pi}{4} \hspace{2em} \text{ou} \hspace{2em} x = \frac{5\pi}{4} $$
Dresser le tableau de variations, et en déduire l'altitude maximale.

$f'$ est positive avant $\frac{\pi}{4}$, négative entre les deux valeurs, positive après.

$$ f\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2} $$

$$ \text{maximum} = \sqrt{2} \approx 1.41 \ \text{m} $$
Calculer $f\left(\frac{5\pi}{4}\right)$, et commenter la symétrie observée.

$$ f\left(\frac{5\pi}{4}\right) = -\sqrt{2} $$

Le minimum est l'opposé du maximum, et les deux abscisses sont distantes de $\pi$. C'est attendu : ajouter $\pi$ change le signe du sinus comme du cosinus, donc celui de leur somme.

Le rayon réfléchi

L'intensité lumineuse reçue par un capteur, en unités arbitraires, dépend de l'angle d'incidence $x$ selon :

$$ g(x) = \cos(x)\bigl(1 + \cos(x)\bigr) \hspace{2em} \text{sur} \ \bigl[0 \ ; \ \pi\bigr] $$

Développer $g(x)$, puis calculer $g'(x)$.

$$ g(x) = \cos(x) + \cos^2(x) $$

$$ g'(x) = -\sin(x) - 2\cos(x)\sin(x) $$
Factoriser $g'(x)$, et résoudre $g'(x) = 0$ sur $\bigl[0 \ ; \ \pi\bigr]$.

$$ g'(x) = -\sin(x)\bigl(1 + 2\cos(x)\bigr) $$

Le produit est nul si $\sin(x) = 0$, soit $x = 0$ ou $x = \pi$, ou si $\cos(x) = -\frac{1}{2}$ :

$$ x = \frac{2\pi}{3} $$
Déterminer le signe de $g'$ sur $\bigl] 0 \ ; \ \pi \bigr[$, et en déduire les variations.

Sur cet intervalle, $\sin(x) > 0$, donc $g'$ a le signe de $-\bigl(1 + 2\cos(x)\bigr)$.

$\cos(x) > -\frac{1}{2}$ avant $\frac{2\pi}{3}$ : le facteur est positif, donc $g'$ négative.

$g$ décroît sur $\left[0 \ ; \ \frac{2\pi}{3}\right]$, puis croît.
Calculer l'intensité minimale, et la comparer aux valeurs aux bornes.

$$ g\left(\frac{2\pi}{3}\right) = -\frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{4} $$

$$ g(0) = 2 \hspace{2em} g(\pi) = 0 $$

$$ \text{minimum} = -\frac{1}{4} \ \text{en} \ \frac{2\pi}{3} $$

Le maximum, lui, est atteint en $0$ : c'est une borne, pas un point où la dérivée s'annule.

Le faisceau du phare

Le faisceau d'un phare tourne à vitesse constante. Un capteur posé sur la digue mesure l'éclairement qu'il reçoit, en lux ; pour $t$ exprimé en secondes, ce relevé est modélisé par :

$$ E(t) = 40 \cos \left( \frac{\pi t}{10} \right) $$

Le capteur ne mesure rien quand le faisceau lui tourne le dos : les valeurs négatives du modèle correspondent à ces instants-là. Une alarme se déclenche dès que l'éclairement atteint $20 \ \text{lux}$, et l'on veut connaître tous les instants d'alarme de la première minute.

Déterminer la période de $E$, et en déduire la durée d'un tour de faisceau.

La fonction $t \mapsto \cos(\omega t)$ a pour période $\frac{2\pi}{\omega}$, avec ici $\omega = \frac{\pi}{10}$ :

$$ T = \frac{2 \pi}{\frac{\pi}{10}} = 20 $$

$$ \text{un tour toutes les} \ 20 \ \text{s} $$

On vérifie : $E(0) = 40$ - le faisceau est droit sur le capteur - et $E(10) = - 40$, un demi-tour plus tard.
Résoudre l'inéquation $\cos(x) \geqslant \frac{1}{2}$ sur $\bigl[ - \pi \ ; \ \pi \bigr]$.

Sur $\bigl[ - \pi \ ; \ \pi \bigr]$, l'équation $\cos(x) = \frac{1}{2}$ a exactement deux solutions, $- \frac{\pi}{3}$ et $\frac{\pi}{3}$, lues sur le cercle trigonométrique.

Le cosinus est l'abscisse du point du cercle : il est supérieur à $\frac{1}{2}$ sur l'arc situé à droite de la corde verticale qui joint ces deux points.

$$ x \in \left[ - \frac{\pi}{3} \ ; \ \frac{\pi}{3} \right] $$
En déduire tous les intervalles de temps de la première minute pendant lesquels l'alarme est déclenchée.

L'alarme se déclenche quand $E(t) \geqslant 20$, c'est-à-dire quand $\cos \left( \frac{\pi t}{10} \right) \geqslant \frac{1}{2}$.

D'après la question précédente et la périodicité du cosinus, cela équivaut à l'existence d'un entier relatif $k$ tel que :

$$ - \frac{\pi}{3} + 2 k \pi \leqslant \frac{\pi t}{10} \leqslant \frac{\pi}{3} + 2 k \pi $$

On multiplie les trois membres par $\frac{10}{\pi}$, qui est strictement positif :

$$ - \frac{10}{3} + 20 \, k \leqslant t \leqslant \frac{10}{3} + 20 \, k $$

Il reste à retenir les entiers $k$ qui rencontrent $\bigl[ 0 \ ; \ 60 \bigr]$, soit $k \in \{ 0 \ ; \ 1 \ ; \ 2 \ ; \ 3 \}$ :

$$ \left[ 0 \ ; \ \frac{10}{3} \right] \hspace{2em} \left[ \frac{50}{3} \ ; \ \frac{70}{3} \right] \hspace{2em} \left[ \frac{110}{3} \ ; \ \frac{130}{3} \right] \hspace{2em} \left[ \frac{170}{3} \ ; \ 60 \right] $$

$$ \bigl[ 0 \ ; \ 3.3 \bigr] \quad \bigl[ 16.7 \ ; \ 23.3 \bigr] \quad \bigl[ 36.7 \ ; \ 43.3 \bigr] \quad \bigl[ 56.7 \ ; \ 60 \bigr] $$

Pour $k = - 1$, l'intervalle est $\bigl[ - 23.3 \ ; \ - 16.7 \bigr]$, entièrement avant la minute ; pour $k = 4$, il commence à $76.7$, après elle. Aucun autre entier ne convient : la liste est complète.
Calculer la durée totale d'alarme sur cette minute, puis démontrer que la proportion de temps en alarme ne dépend pas de la vitesse de rotation du phare.

Les deux intervalles du milieu durent $\frac{20}{3}$ secondes chacun ; les deux intervalles des bords, tronqués par la minute, durent $\frac{10}{3}$ chacun.

$$ 2 \times \frac{20}{3} + 2 \times \frac{10}{3} = \frac{60}{3} = 20 $$

$$ 20 \ \text{s d'alarme, soit le tiers de la minute} $$

Si le phare tourne à la pulsation $\omega$, la même résolution donne des intervalles d'alarme de longueur $\frac{2 \pi}{3 \omega}$ par tour, et un tour dure $\frac{2 \pi}{\omega}$. Le rapport vaut :

$$ \frac{\frac{2 \pi}{3 \omega}}{\frac{2 \pi}{\omega}} = \frac{1}{3} $$

$$ \text{toujours un tiers, quelle que soit la vitesse} $$

C'est le seuil qui fixe la proportion, pas la vitesse : la corde d'abscisse $\frac{1}{2}$ découpe sur le cercle un arc du tiers du tour. Accélérer le phare multiplie le nombre d'alarmes et divise leur durée, sans rien changer au total.

L'angle du canal d'irrigation

Une tôle plane de $30 \ \text{cm}$ de large est pliée en trois bandes égales de $10 \ \text{cm}$ pour former un canal d'irrigation à section trapézoïdale : la bande du milieu reste horizontale, les deux autres se relèvent, chacune faisant un angle $\theta$ avec l'horizontale.

Le débit du canal est d'autant plus grand que l'aire de sa section est grande. Le monteur plie ses tôles à $\theta = \frac{\pi}{2}$, « pour que les bords soient bien droits ».

Montrer que l'aire de la section, en centimètres carrés, vaut :

$$ A(\theta) = 100 \sin(\theta) \bigl( 1 + \cos(\theta) \bigr) \hspace{2em} \left( \theta \in \left] 0 \ ; \ \frac{\pi}{2} \right] \right) $$

Chaque bande relevée monte de $10 \sin(\theta)$ et s'écarte de $10 \cos(\theta)$. La section est un trapèze de hauteur $10 \sin(\theta)$, qu'on découpe en un rectangle central et deux triangles rectangles.

$$ A(\theta) = \underbrace{10 \times 10 \sin(\theta)}_{\text{rectangle}} + 2 \times \underbrace{\frac{10 \cos(\theta) \times 10 \sin(\theta)}{2}}_{\text{triangle}} $$

$$ A(\theta) = 100 \sin(\theta) + 100 \sin(\theta) \cos(\theta) $$

$$ A(\theta) = 100 \sin(\theta) \bigl( 1 + \cos(\theta) \bigr) $$
Démontrer que $A'(\theta) = 100 \bigl( 2 \cos(\theta) - 1 \bigr) \bigl( \cos(\theta) + 1 \bigr)$.

On dérive la somme $100 \sin(\theta) + 100 \sin(\theta) \cos(\theta)$, le second terme étant un produit :

$$ A'(\theta) = 100 \cos(\theta) + 100 \left( \cos^2(\theta) - \sin^2(\theta) \right) $$

On remplace $\sin^2(\theta)$ par $1 - \cos^2(\theta)$ :

$$ A'(\theta) = 100 \cos(\theta) + 100 \left( 2 \cos^2(\theta) - 1 \right) = 100 \left( 2 \cos^2(\theta) + \cos(\theta) - 1 \right) $$

Ce trinôme en $\cos(\theta)$ a pour racines $\frac{1}{2}$ et $- 1$ :

$$ A'(\theta) = 100 \bigl( 2 \cos(\theta) - 1 \bigr) \bigl( \cos(\theta) + 1 \bigr) $$
Déterminer l'angle qui rend l'aire maximale, et calculer cette aire.

Sur $\left] 0 \ ; \ \frac{\pi}{2} \right]$, le cosinus est strictement compris entre $0$ et $1$, donc $\cos(\theta) + 1 > 0$ : le signe de $A'$ est celui de $2 \cos(\theta) - 1$.

$$ 2 \cos(\theta) - 1 > 0 \quad \Longleftrightarrow \quad \cos(\theta) > \frac{1}{2} \quad \Longleftrightarrow \quad \theta < \frac{\pi}{3} $$

$A$ croît donc jusqu'à $\frac{\pi}{3}$, puis décroît : le maximum est atteint en $\theta = \frac{\pi}{3}$.

$$ A \left( \frac{\pi}{3} \right) = 100 \times \frac{\sqrt{3}}{2} \times \left( 1 + \frac{1}{2} \right) = 75 \sqrt{3} $$

$$ \theta = \frac{\pi}{3} \ \bigl( 60° \bigr) \text{, pour une aire de} \ 75 \sqrt{3} \approx 129.9 \ \text{cm}^2 $$
Chiffrer ce que le monteur perd avec son pli à angle droit, puis rédiger la consigne d'atelier.

$$ A \left( \frac{\pi}{2} \right) = 100 \times 1 \times \bigl( 1 + 0 \bigr) = 100 $$

La section vaut $100 \ \text{cm}^2$ au lieu de $129.9$ :

$$ \frac{129.9 - 100}{129.9} \approx 0.23 $$

$$ \text{plier à} \ 60° \text{, et non à} \ 90° \ \text{: près d'un quart de débit en plus, à tôle égale} $$

Le pli droit n'est pas un mauvais choix par hasard : c'est le seul qui se pose sans gabarit. La consigne d'atelier doit donc être accompagnée d'une cale à $60°$, sans quoi elle ne sera pas suivie.

Une dernière remarque, pour qui voudrait aller plus loin : un canal demi-circulaire de même développé aurait un rayon de $\frac{30}{\pi} \approx 9.5 \ \text{cm}$ et une section de $\frac{\pi}{2} \times 9.5^2 \approx 143 \ \text{cm}^2$. Le trapèze en trois plis ne fait qu'approcher le demi-cercle - qui reste, à périmètre donné, la meilleure section possible.