Bac 2016 (Amérique du nord) - Volume d'un récupérateur d'eau

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

Un particulier veut faire fabriquer un récupérateur d'eau. Ce récupérateur d'eau est une cuve qui doit respecter le cahier des charges suivant:
  • elle doit être située à deux mètres de sa maison;
  • la profondeur maximale doit être de deux mètres;
  • elle doit mesurer cinq mètres de long;
  • elle doit épouser la pente naturelle du terrain.

Cette cuve est schématisée ci-contre.
$$(-1.8,-0.5)(7,5) \psplot[plotpoints=4000]{2}{5.437}{x 2 div ln x mul x sub 2 add} \pspolygon(2,0)(2,1.8)(-1.3,2.5)(-1.3,0.7) \rput(-3.3,0.7){\psplot[plotpoints=4000]{2}{5.437}{x 2 div ln x mul x sub 2 add}} \psline(2.1,2.7)(5.4,2) \psline(-1.3,2.5)(2.1,2.7) \psline(2,1.8)(5.4,2) \psline[linewidth=0.5pt](2,1.8)(2,3)\psline[linewidth=0.5pt](-1.3,2.5)(-1.3,3.7) \psset{arrowsize=2pt 3} \psline[linewidth=0.5pt,arrowsize=8pt]{<->}(2,3)(-1.3,3.7) \psline[linewidth=0.5pt](2,1.8)(1.2,1.75)\psline[linewidth=0.5pt](2,0)(1.2,-0.05) \psline[linewidth=0.5pt,arrowsize=8pt]{<->}(1.2,1.75)(1.2,-0.05) \uput[l](1.2,0.85){2 m}\uput[u](1.35,3.35){5 m} $$


La partie incurvée est modélisée par la courbe $\mathcal{C}_f$ de la fonction $f$ sur l'intervalle $[2;2e]$ définie par:

\[f(x)=x\ln \lp\dfrac{x}{2}\rp-x+2.\]

La courbe $\mathcal{C}_f$ est représentée ci-dessous dans un repère orthonormé d'unité 1m et constitue une vue de profil de la cuve.
On considère les points $A(2;2)$, $I(2;0)$ et $B(2e;2)$.

\[\psset{unit=2cm} \begin{pspicture*}(-0.25,-0.3)(6,2.5) \psaxes[linewidth=1.25pt](0,0)(-0.2,-0.25)(6,2.5) \psaxes[linewidth=1.25pt](0,0)(0,0)(6,2.5) \uput[u](2.8,0.2){$\mathcal{C}_f$} \pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray] {\psplot[plotpoints=4000]{2}{5.437}{x 2 div ln x mul x sub 2 add} \psline(5.437,2)(6,2) \psline(6,0)(2,0)} \pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray] {\psplot[plotpoints=4000]{2}{5.437}{x 2 div ln x mul x sub 2 add} \psline(5.437,2)(6,2) \psline(6,0)(2,0)} \psframe[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray](2,2) \psdots(2,2)(5.437,2) \psplot[plotpoints=4000]{2}{5.437}{x 2 div ln x mul x sub 2 add} \psplot[plotpoints=4000]{3}{5.8}{x 2 add 5.437 sub} \uput[u](2,2){$A$} \uput[u](5.437,2){$B$} \uput[ul](5.75,2.2){$\mathcal{T}$} \uput[dl](2,0){$I$} \uput[dr](3.437,0){$D$} \rput(1,1){Terrain} \rput(3.2,1.2){Cuve} \rput(4.7,0.5){Terrain} \psline[linestyle=dotted,linewidth=1.5pt](2,2)(5.437,2) \end{pspicture*}\]




Partie A   L'objectif de cette partie est d'évaluer le volume de la cuve.


  1. Justifier que les points $B$ et $I$ appartiennent à la courbe $\mathcal{C}_f$ et que l'axe des abscisses est tangent à la courbe $\mathcal{C}_f$ au point $I$.
  2. On note $\mathcal{T}$ la tangente à la courbe $\mathcal{C}_f$ au point $B$, et $D$ le point d'intersection de la droite $\mathcal{T}$ avec l'axe des abscisses.
    1. Déterminer une équation de la droite $\mathcal{T}$ et en déduire les coordonnées de $D$.
    2. On appelle $S$ l'aire du domaine délimité par la courbe $\mathcal{C}_f$, les droites d'équations $y=2$, $x=2$ et $x=2e$. $S$ peut être encadrée par l'aire du triangle $ABI$ et celle du trapèze $AIDB$.
      Quel encadrement du volume de la cuve peut-on en déduire ?
    1. Montrer que, sur l'intervalle $[2;2e]$, la fonction $G$ définie par
      \[G(x)=\dfrac{x^2}{2}\ln \lp\dfrac{x}{2}\rp-\dfrac{x^2}{4}\]

      est une primitive de la fonction $g$ définie par $g(x)=x\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp$.
    2. En déduire une primitive $F$ de la fonction $f$ sur l'intervalle $[2;2e]$.
    3. Déterminer la valeur exacte de l'aire $S$ et en déduire une valeur approchée du volume $V$ de la cuve au $m^3$ près.



Partie B   Pour tout réel $x$ compris entre $2$ et $2e$, on note $v(x)$ le volume d'eau, exprimé en m$^3$, se trouvant dans la cuve lorsque la hauteur d'eau dans la cuve est égale à $f(x)$.
On admet que, pour tout réel $x$ de l'intervalle [2 ; 2e],

\[v(x) = 5\left[\dfrac{x^2}{2}\ln \left( \dfrac{x}{2}\right) - 2x\ln\left( \dfrac{x}{2}\right) - \dfrac{x^2}{4} + 2x - 3\right].\]


\[\psset{xunit=1.2cm,yunit=1.2cm} \begin{pspicture}(-.9,-0.5)(5.8,3.2) \psline(0,-0.5)(0,3.5) \pscurve(2,0.1)(3,0.316)(4,0.87)(4.15,1.)(5,1.68)(5.437,2.1) \multido{\n=0+1}{4}{\psline(-0.1,\n)(0.1,\n)} \rput{3}(0,0){ \psline(-0.5,0)(6,0) \multido{\n=0+1}{6}{\psline(\n,0.1)(\n,-0.1)\uput[d](\n,0){\n}} } \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=gray](2,0.1)(2,1.5)(0.35,2.3)(0.35,0.9) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=gray](2,1.5)(0.35,2.3)(3.37,2.47)(5.08,1.7) \pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=gray]{ \pscurve(2,0.1)(3,0.316)(4,0.87)(5.08,1.75) \psline(5.08,1.75)(2,1.5) } \pspolygon(5.437,2.1)(2,1.85)(0.35,2.7)(3.787,2.95) \psline(2,1.85)(2,1.5) \psline(0.35,2.7)(0.35,2.3) \pscurve(0.35,0.9)(1.35,1.16)(2.35,1.72)(3.35,2.5)(3.787,2.95) \psline[linestyle=dotted,linewidth=1.5pt](5.08,0.2)(5.08,1.75)(0,1.37) \uput[d](5.2,0.3){$x$} \uput[l](0,1.37){$f(x)$} \multido{\n=0+1}{4}{\uput[l](0,\n){\n}} \end{pspicture}\]


  1. Quel volume d'eau, au m$^3$ près, y a-t-il dans la cuve lorsque la hauteur d'eau dans la cuve est de un mètre ?
  2. On rappelle que $V$ est le volume total de la cuve, $f$ est la fonction définie en début d'exercice et $v$ la fonction définie dans la partie B.
    On considère l'algorithme ci-dessous.
    Interpréter le résultat que cet algorithme permet d'afficher.
    Variables: a est un réel
    b est un réel
    Traitement: a prend la valeur 2
    b prend la valeur 2e
    Tant que v(b)-v(a)>10-3 faire:
    c prend la valeur (a+b)/2
    Si v(c)<V/2, alors:
    a prend la valeur c
    Sinon
    b prend la valeur c
    Fin Si
    Fin Tant que
    Sortie: Afficher f(c)

Correction
Bac S - Amérique du nord, juin 2016 - 6 points
Partie A  
  1. On a $f(2e)=2e\ln\lp\dfrac{2e}{2}\rp-2e+2=2e\ln(e)-2e+2=2$, car $\ln(e)=1$, et donc $B(2e;2)\in\mathcal{C}_f$.
    De même, $f(2)=2\ln\lp\dfrac{2}{2}\rp-2+2=0$, car $\ln(1)=0$, et donc $I(2;0)\in\mathcal{C}_f$.
    De plus, en $I$ le coefficient directeur de la tangente à $\mathcal{C}_f$ est $f'(2)$.
    On a, pour tout $x\geqslant2$, $f(x)=x\lp\ln(x)-\ln(2)\rp-x+2$, soit $f=uv+w$, avec $u(x)=x$, donc $u'(x)=1$, $v(x)=\ln(x)-\ln(2)$, donc $v'(x)=\dfrac1x$, et $w(x)=-x+2$, donc $w'(x)=-1$.
    On a alors, $f'=u'v+uv'+w'$, soit $f'(x)=\ln(x)-\ln(2)+x\dfrac1x-1=\ln(x)-\ln(2) =\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp$.
    Ainsi, la tangente à $\mathcal{C}_f$ en $I$ a pour coefficient directeur $f'(2)=\ln(1)=0$ et passe par $I$: c'est l'axe des abscisses.
    1. Une équation de $\mathcal{T}$ est: $y=f'(2e)(x-2e)+f(2e)$, avec $f'(2e)=\ln(e)=1$ et $f(2e)=2$, d'où $\mathcal{T}: y=x-2e+2$.

      On a alors $D(x_D;y_D)$ avec $y_D=0=x_D-2e+2\iff x_D=2e-2$. Ainsi, $D(2e-2;0)$.
    2. L'aire de $ABI$, trangle rectangle en $I$, est $\dfrac{AI\times AB}{2}=\dfrac{2\times(2e-2)}{2}=2e-2$
      et l'aire du trapèze $AIDB$ est $\dfrac{(AB+ID)\times AI}{2}=\dfrac{(2e-2+2e-2-2)\times2}{2}=4e-6$.
      Ainsi le volume $V$ de la cuve est tel que
      \[5e\leqslant V\leqslant 5(4e-6)\]

      soit approximativement
      \[17,18\leqslant V\leqslant 24,37\]

    1. On a $G=uv-w$ avec $u(x)=x^2/2$, donc $u'(x)=x$, $v(x)=\ln\lp\dfrac{x}2\rp=\ln(x)-\ln(2)$, donc $v'(x)=1/x$, et $w(x)=x^2/4$, donc $w'(x)=x/2$.
      On a alors, $G'=u'v+uv'-w'$, soit
      \[\begin{array}{ll} G'(x)&=x\ln\lp\dfrac{x}2\rp+\dfrac{x^2}{2}\tm\dfrac1x-\dfrac{x}{2}\\[1em] &=x\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp+\dfrac{x}{2}-\dfrac{x}{2}\\[.8em] &=g(x)\enar\]

      ce qui montre que $G$ est bien une primitive de $g$.
    2. On en déduit qu'une primitive de $f$ définie par $f(x)=g(x)-x+2$ est donnée par
      \[F(x)=G(x)-\dfrac12x^2+2x\]

    3. On peut alors calculer l'intégrale:
      \[\begin{array}{ll} S&\dsp=\int_2^{2e}\Bigl(2-f(x)\Bigr)dx\\[1em] &=\Bigl[ 2x-F(x)\Bigr]_2^{2e}\\[1em] &=\Bigl[ -G(x)+\dfrac12x^2\Bigr]_2^{2e}\\[1em] &=-G(2e)+\dfrac12(2e)^2-\Bigl(-G(2)+\dfrac122^2\Bigr)\\[.7em] &=G(2)-G(2e)+2e^2-2 \enar\]

      avec $G(2)=2\ln(1)-1=-1$, et $G(2e)=2e^2\ln(e)-e^2=e^2$, donc
      \[S=-1-e^2+2e^2-2=e^2-3\]

      et on en déduit le volume de la cuve: $V=5S=5(e^2-3)\simeq 22\,m^3$.




Partie B
  1. Le volume est $v(x)$ avec $x$ tel que $f(x)=1$. On cherche donc à résoudre l'équation $f(x)=1$, avec $f(x)=x\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp-x+2$.
    On ne sait pas résoudre excactement cette équation. On peut par contre le faire de manière approchée, en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires.
    On sait que $f'(x)=\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp$, d'après A.1. et donc, comme $\ln$ est strictement croissante sur $\R_+^*$, que pour tout $x\in[2;2e]$, $f'(x)> \ln\lp\dfrac{2}{2}\rp=0$.
    Ainsi $f$ est strictement croissante sur $[2;2e]$, avec de plus $f(2)=0$ et $f(2e)=2$. On en déduit, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (ou théorème de la bijection), qu'il existe une unique solution $\alpha\in[2;2e]$ à l'équation $f(x)=1$.
    Avec la calculatrice (à l'aide d'un tableau de valeurs, ou par dichotomie par exemple), on trouve $\alpha\simeq4,3$, et alors le volume est de $v(\alpha)\simeq 7,3\simeq 7 m^3$.
  2. Cet algorithme est un algorithme de recherche par dichotomie.
    Il permet de chercher les valeurs d'un encadrement $[a;b]$ pour lequel la hauteur $c$ correspond à la moitié de la cuve.
    Cet encadrement permet d'avoir un résultat précis à $10^{-3}$ près.


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