Corrigé du DL n 8

Lyc´ ee St-Joseph de Tivoli Premi` ere S Avril 2015
Corrig´e du DL n 8
- Probl`eme ouvert avec prise d’initiative -
´
Enonc´e.
OAB est un quart de disque de centre Oet de rayon 1 dm.
Mest un point de ce quart de cercle.
Nest le projet´e orthogonal de Msur le segment [OA].
Peut-on trouver une position du point Mpour que l’aire du triangle OM N soit maximale ?
OA
BM
N
................................................................................................................
Une solution.
Notons αune mesure en radian de l’angle orient´e −→ OA , −−→ OM. Par d´efinition, on a ON = cos αet MN = sin α.
C’est donc que l’aire F(α)du triangle OM N rectangle en Nest donn´ee par :
F(α) = 1
2×ON ×MN =1 2cos(α)×sin(α).
D´eterminer si l’on peut trouver une position du point Mpour que l’aire du triangle OMN soit maximale revient
donc `a d´eterminer s’il existe un r´eel α∈ï0 ; π
2òtel que F(α)soit maximal. En d’autres termes, il s’agit de
d´eterminer si la fonction Fadmet un maximum sur l’intervalle ï0 ; π
2ò.
Pour cela, on peut avoir le r´eflexe de se lancer dans le calcul de la d´eriv´ee de F. Mais les d´eriv´ees des fonctions
cosinus et sinus ne sont pas au programme de 1`ere S (elles s’´etudient en TS).
N´eanmoins, on dispose de la formule de duplication du sinus : sin(2α) = 2 sin(α) cos(α).
F(α)peut alors s’´ecrire sous la forme : F(α) = 1
4sin(2α).
Or, on sait que la plus grande valeur que peut prendre un sinus est 1 et sin X= 1 ⇔X=π
2(2π).
On peut alors facilement remarquer que si α=π
4alors 2α=π 2et donc F(α) = 1 4sin(2α) = 1 4sin(π 2) = 1 4.
C’est donc bien qu’en α=π
4, la fonction Fadmet un maximum ´egal `a 1 4.
Ccl. Ainsi, il existe effectivement une position du point Mpour que l’aire du triangle OM N soit maximale.
Cette position est caract´eris´ee par −→ OA , −−→ OM=π
4(2π), c-`a-d que Mest l’intersection de la bissectrice de l’angle
droit ÷ AOB avec le quart de cercle.
- 1/2-L
A
T
E
X 2ε

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Une autre solution.
Notons x=ON . Puisque Md´ecrit le quart de cercle OAB de rayon 1, on a x∈[ 0 ; 1 ].
D’apr`es le th´eor`eme de Pythagore appliqu´e au triangle OM N rectangle en N, on a aussi :
MN =pOM 2−ON 2=p1−x2.
Du coup, l’aire (en dm2) du triangle OM N est donn´ee par :
G(x) = 1
2ON ×MN =1 2xp1−x2.
D´eterminer si l’on peut trouver une position du point Mpour que l’aire du triangle OMN soit maximale revient
donc `a d´eterminer s’il existe un r´eel x∈[ 0 ; 1 ] tel que G(x)soit maximal. En d’autres termes, il s’agit de
d´eterminer si la fonction Gadmet un maximum sur l’intervalle [ 0 ; 1 ].
Pour cela, on peut avoir le r´eflexe de se lancer
dans le calcul de la d´eriv´ee de G.
Mais savoir d´eriver une fonction comme
x7→ p1−x2
n’est pas au programme de 1`ere S (cf TS).
On peut toutefois utiliser un logiciel de calcul
formel comme Xcas pour ´etudier les variations
de Gsur [ 0 ; 1 ].
Xcas fournit les renseignements ci-contre :
On d´eduit de ces r´esultats le tableau de variation de Gsur [ 0 ; 1 ] :
x0√2
21
G′(x) + 0 −
G0%
1
4&0
On retrouve alors l’aire maximale 1
4que peut atteindre le triangle OM N . Cette aire maximale est atteinte lorsque
ON =√2
2. On a alors M N =√1−ON 2=…1−1 2=√2 2.
Dans ce cas, on a ON =MN et le triangle OM N est isoc`ele rectangle en N. Par suite, ◊ MON =π
4rad, ce qui
correspond bien `a la position de Mtrouv´ee dans la 1`ere solution propos´ee. . .
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A
T
E
X 2ε