Bac 2015 (Métropole) - Skateparc: logarithme, pentes, dérivées, primitive, intégrale

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

$\psset{unit=0.3cm} \begin{pspicture}(-1.5,-1.5)(29,19) \psaxes[linewidth=1.pt,labels=none,tickstyle=bottom]{->}(0,0)(29,19) \psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt]{0}{20}{x 1 add ln x 1 add mul 3 x mul sub 7 add} \rput(7.07,7.07){\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt]{0}{20}{x 1 add ln x 1 add mul 3 x mul sub 7 add}} \pspolygon[showpoints](20,0)(27.07,7.07)(27.07,18.005)(20,10.935)%DD'C'C \psline[showpoints](0,7.07)(7.07,14.14)%BB' \psline[showpoints,linestyle=dashed](0,0)(7.07,7.07)(27.07,7.07) \psline[linestyle=dashed,showpoints](7.07,7.07)(7.07,14.14) \uput[dl](0,0){O} \uput[ul](7.07,7.07){A} \uput[l](0,7.07){B} \uput[ul](7.07,14.14){B$'$} \uput[dr](20,10.935){C} \uput[dr](27.07,18.005){C$'$} \uput[d](20,0){D} \uput[dr](27.07,7.07){D$'$} \uput[d](1,0){I} \uput[l](0,1){J} \end{pspicture}$

Une municipalité a décidé d'installer un module de skateboard dans un parc de la commune.
Le dessin ci-contre en fournit une perspective cavalière. Les quadrilatères

, et

sont des rectangles.
Le plan de face

est muni d'un repère orthonormé (O,I,J).
L'unité est le mètre. La largeur du module est de 10 mètres, autrement dit,

, sa longueur

est de 20 mètres.

Le but du problème est de déterminer l'aire des différentes surfaces à peindre.

Le profil du module de skateboard a été modélisé à partir d'une photo par la fonction

définie sur l'intervalle

par

$f(x) = (x + 1)\ln (x + 1) - 3x + 7.$

On note

la fonction dérivée de la fonction

et $$\mathcal{C}$ la courbe représentative de la fonction

dans le repère (O, I, J).

Partie 1

Montrer que pour tout réel appartenant à l'intervalle , on a $$f'(x)=\ln(x+1)-2$ .
En déduire les variations de sur l'intervalle et dresser son tableau de variation.
Calculer le coefficient directeur de la tangente à la courbe $$\mathcal{C}$ au point d'abscisse .
La valeur absolue de ce coefficient est appelée l'inclinaison du module de skateboard au point .

$\psset{unit=0.3cm} \begin{pspicture}(-1.5,-1.5)(23,13.5) \psaxes[linewidth=1.25pt,labels=none,tickstyle=bottom]{->}(0,0)(23,13.5) \psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt]{0}{20}{x 1 add ln x 1 add mul 3 x mul sub 7 add} \uput[u](15,7){$\mathcal{C}$}\uput[d](20,0){D}\uput[l](0,7.07){B}\uput[dr](20,10.935){C}\uput[dl](0,0){O}\uput[d](1,0){I} \uput[l](0,1){J} \end{pspicture}$

4. On admet que la fonction

définie sur l'intervalle

par

$g(x)=\dfrac{1}{2}(x+1)^2\ln(x+1)-\dfrac{1}{4}x^2 -\dfrac{1}{2}x$

a pour dérivée la fonction

définie sur l'intervalle

par $$g'(x)=(x+1)\ln(x+1)$ .
Déterminer une primitive de la fonction

sur l'intervalle

.

Partie 2

Les trois questions de cette partie sont indépendantes

Les propositions suivantes sont-elles exactes ? Justifier les réponses.
- [:] La différence de hauteur entre le point le plus haut et le point le plus bas de la piste est au moins égale à 8 mètres.
- [:] L'inclinaison de la piste est presque deux fois plus grande en qu'en .
On souhaite recouvrir les quatre faces latérales de ce module d'une couche de peinture rouge. La peinture utilisée permet de couvrir une surface de par litre.
Déterminer, à 1 litre près, le nombre minimum de litres de peinture nécessaires.

On souhaite peindre en noir la piste roulante, autrement dit la surface supérieure du module.

Afin de déterminer une valeur approchée de l'aire de la partie à peindre, on considère dans le repère (O, I, J) du plan de face, les points

pour

variant de 0 à 20.
Ainsi,

.
On décide d'approcher l'arc de la courbe $$\mathcal{C}$ allant de

à $$B_{k+1}$ par le segment $$\left[B_kB_{k+1}\right]$ .
Ainsi l'aire de la surface à peindre sera approchée par la somme des aires des rectangles du type $$B_k B_{k+1} B'_{k+1}B_k$ (voir figure).

$\psset{xunit=0.3cm,yunit=0.35cm} \begin{pspicture}(-2.2,-1.5)(29,17) \psaxes[linewidth=1.25pt,labels=none,tickstyle=bottom]{->}(0,0)(29,19) \psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt]{0}{20}{x 1 add ln x 1 add mul 3 x mul sub 7 add} \rput(7.07,7.07){\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt]{0}{20}{x 1 add ln x 1 add mul 3 x mul sub 7 add}} \pspolygon(20,0)(27.07,7.07)(27.07,18.005)(20,10.935)%DD'C'C \psline(0,7.07)(7.07,14.14)%BB' \psline[linestyle=dashed](0,0)(7.07,7.07)(27.07,7.07) \psline[linestyle=dashed](7.07,7.07)(7.07,14.14) \uput[dl](0,0){O} \uput[ul](7.07,7.07){\scriptsize A} \uput[l](0,7.07){\scriptsize B} \uput[ul](7.07,14.14){\scriptsize B$'$} \uput[dr](20,10.935){\footnotesize C} \uput[dr](27.07,18.005){\footnotesize C$'$} \uput[d](20,0){\scriptsize D} \uput[dr](27.07,7.07){\scriptsize D$'$} \uput[d](1,0){\scriptsize I} \psline[linestyle=dotted](1,5.39)(8.07,12.46)\uput[d](1,5.48){\scriptsize $B_1$}\uput[ur](8.07,12.46){\footnotesize $B'_1$} \psline[linestyle=dotted](2,4.3)(9.07,11.37) \uput[d](2,4.34){\scriptsize $B_2$}\uput[ur](9.07,11.37){\footnotesize $B'_2$} \psline[linestyle=dotted](7,2.64)(14.07,9.71)\uput[dl](7,2.64){\scriptsize $B_k$}\uput[ul](14.07,9.71){\footnotesize $B'_k$} \psline[linestyle=dotted](8,2.78)(15.07,9.85)\uput[d](9,3.03){\scriptsize $B_{k+1}$}\uput[u](16.07,10.1){\scriptsize $B'_{k+1}$} \uput[l](0,1){J} \end{pspicture}$

Montrer que pour tout entier variant de 0 à 19, $$B_kB_{k+1}=\sqrt{1+\left( f(k+1)-f(k)\rp^2}$ .
Compléter l'algorithme suivant pour qu'il affiche une estimation de l'aire de la partie roulante.

$\begin{tabular}{|l|p{10cm}|}\hline Variables &$S$ : r\'eel\\ &$K$ : entier\\ Fonction &$f$ : d\'efinie par $f(x) = (x + 1)\ln(x + 1)- 3x + 7$\\ \hline Traitement &$S$ prend pour valeur $0$\\ &Pour $K$ variant de \ldots \`a \ldots\\ &\hspace{1cm}$S$ prend pour valeur \ldots \ldots\\ &Fin Pour\\ \hline Sortie &Afficher \ldots\\ \hline \end{tabular}$

Correction
Partie 1

avec , donc , $$v=\ln(u)$ , donc $$v'=\dfrac{u'}{u}$ soit $$v'(x)=\dfrac{1}{x+1}$ et donc .
On a alors , soit $$f'(x)=\ln(x+1)+(x+1)\dfrac{1}{x+1}-3=\ln(x+1)-2$ .
$$f'(x)>0\iff \ln(x+1)>2\iff x+1>e^2$ , par croissance de la fonction exponentielle, et donc $$f'(x)>0\iff x=e^2-1$ .

$\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline x&0&&$e^{2}-1$&&20\\\hline $f'(x)$&&-&\zb&+&\\\hline &7&&&&$f(20)\simeq 10,93$\\ $f(x)$&&\psline[arrowsize=7pt]{->}(-.4,.4)(.6,-.5)&& \psline[arrowsize=7pt]{->}(-.6,-.5)(.4,.4)&\\ &&&$\begin{array}{c}f\left( e^{2}-1\rp\\=10-e^2\simeq 2,6\enar$&&\\\hline \end{tabular}$
Le coefficient directeur de la tangente à $$\mathcal{C}$ au point d'abscisse est $$f'(0)=1\ln(1)-2=-2$ .
Une primitive de est donc donnée par $$F(x)=g(x)-\dfrac{3x^2}{2}+7x$

Partie 2

- La différence entre les points le plus haut et le plus bas est $$f(20)-f\left( e^{2}-1\rp\simeq 8,3>8$ donc est vraie.
- $$f'(20)=\ln(21)-2\simeq 1,04$ . D'après la question 3., l'inclinaison en est 2, donc est vraie.
L'aire de la face avant, en unités d'aire, vaut
$$\displaystyle \mathcal{A}_1=\int_0^{20}f(x)dx=F(20)-F(0)\simeq101,3$ .
L'aire latérale gauche vaut $$\mathcal{A}_2=\mathcal{A}(OAB'B)=10f(0)=70$ .
L'aire latérale droite vaut $$\mathcal{A}_3=\mathcal{A}(DD'C'C)=10f(20)\simeq 109,3$ .
L'aire à peindre est donc $$\mathcal{A}=2\mathcal{A}_1+\mathcal{A}_2+\mathcal{A}_3\simeq 381,9~\text{m}^2$ .
Il faut prévoir donc au minimum $$\dfrac{381,9}{5}\simeq77$ litres de peinture.
1. $$B_kB_{k+1}=\sqrt{(k+1-k)^2+\left( f(k+1)-f(k)\rp^2}=\sqrt{1+\left( f(k+1)-f(k)\rp^2}$ .
2. La partie de l'algorithme à compléter est :
  prend la valeur 0.
  Pour allant de 0 à 19
  prend la valeur $$S+10\sqrt{1+\left(f(k+1)-k(k)\right)^2}$
  Fin Pour

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Tags:Intégrales Logarithme

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