EX 1 : Un lapin désire traverser une route de 4 mètres de largeur ...

TS. DM2 - Correction ♣
EX 1 : Un lapin désire traverser une route de 4 mètres de largeur. Un camion, occupant toute la route, arrive à sa rencontre
à la vitesse de 60 km/h. Le lapin décide au dernier moment de traverser, alors que le camion n’est plus qu’à 7 mètres de
lui. Son démarrage est foudroyant et on suppose qu’il effectue la traversée en ligne droite au maximum de ses possibilités,
c’est-à-dire à 30 km/h !
L’avant du camion est représenté par le segment CC ′ sur le schéma ci-dessous.
Le lapin part du point A en direction de D.
Cette direction est repérée par l’angle B AD, avec 0 ≤ θ < π
(en radians).
2
1. Déterminer les distances AD et C D en fonction de θ et les temps t1 et t2 mis par le lapin et le camion pour parcourir
respectivement les distances AD et C D .
Dans le triangle ABD rectangle en B, on a AB
4
= cosθ, donc AD =
AD cosθ
De plus BD
= tanθ, donc BD = 4tanθ et par suite C D = 7 + 4tanθ
AB
Puisque temps = distance
, on en conclut, après conversion des vitesses
vitesse
(30 km/h = 30 000 m/h et 60 km/h = 60 000 m/h), t1 = AD
30 000 =
4
30 000cosθ
π
(car 0 ≤ θ < donc cosθ = 0)
2
C D
et t2 =
60 000
2. On pose f (θ) = 7
4
+ 2tanθ −
2 cosθ
Montrer que le lapin aura traversé la route avant le passage du camion si et seulement si f (θ) > 0.
4
Le lapin aura traversé la route avant le passage du camion si et seulement si t1 < t2 ⇐⇒
30 000cosθ
c’est-à-dire après multiplication dans les deux membres par 30 000 si et seulement si
si et seulement si
4
cosθ
7
7
4
< + 2tanθ ⇐⇒ + 2tanθ − > 0
2 2 cosθ
4
cosθ
= 7 + 4tanθ
60 000
< 7 + 4tanθ
60 000
< 7 + 4tanθ
2
c’est-à-dire si et seulement si f (θ) > 0 avec f (θ) = 7
4
+ 2tanθ −
2 cosθ
3. Étudier les variations de f sur l’intervalle 0 ; π
puis en utilisant la représentation graphique de f , donner un enca-
2
drement en degrés de l’angle selon lequel doit partir le lapin afin de ne pas être écrasé.
La fonction f
est dérivable sur 0 ; π
2
f = 7 4
+ 2U −
2 V
avec U (θ) = tanθ et V (θ) = cosθ
f ′ = 2U ′ −
−4V ′
V 2
f ′ (θ) = 2
cos 2 θ
avec U ′ (θ) = 1
cos 2 θ et V ′ (θ) = −sinθ
4sinθ 2 − 4sinθ
− =
2
(cosθ) (cosθ) 2
f ′ (θ) est du signe de 2 − 4sinθ.
Or, pour θ ∈
0 ; π
2
, 2 − 4sinθ ≥ 0 ⇐⇒ sinθ ≤ 1 π
⇐⇒ θ ≤
2 6
fonction dérivée
cosθ −sinθ
tanθ
1
cos 2 θ
fonction dérivée
1
V
1
cosθ
−V ′
V 2
−(−sinθ)
(cosθ) 2

TS. DM2 - Correction ♣
3. Or, pour θ ∈
θ
f ′ (θ)
f (θ)
0.1
0
−0.1
−0.2
−0.3
−0.4
−0.5
−0.6
−0.7
0 ; π
2
0
−1
2
, 2 − 4sinθ ≥ 0 ⇐⇒ sinθ ≤ 1 π
⇐⇒ θ ≤
2 6
θ1
0
π
6
+ 0 −
0,036
θ2
0
π
6
−∞
π
2
d’où le tableau des variations de f sur
f (θ) = 7 2sinθ − 4
+
2 cosθ
f (0) = 7 4
− = −1
2 cos0 2
lim
θ→ π
2
θ< π
2
f (θ) = 7
2
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
θ1
+ lim
θ→ π
2
θ< π
2
f (θ)
Comme le suggère le graphique f (θ) > 0 si et seulement si 0,4 ≤ θ ≤ 0,64 environ,
soit si l’angle mesure entre 23 ◦ et 37 ◦ environ.
θ2
0 ; π
2
:
π
et f 0,036
6
2sin π
2 − 4 7
=
cosθ 2
+ lim
θ→ π
2
θ< π
2
−2
= −∞
cosθ
θ