Problème 1

Page 8 DM 2 pour le 17 octobre 2011 Lycée Clemenceau Nantes – MPSI 3
On a les relations suivantes, à tout instant t :
À t = tF, on a :
soit
donc
⎧
⎪⎨
X = L+V t
x = v t
⎪⎩
x ′ = D− v ′ t
x = X + ℓ
x ′ ≥ x
v tF = D− v ′ tF
v tF ≥ L+V tF + ℓ
tF = D
v+v ′
tF ≥ L+ℓ
v−V
En combinant ces deux expressions, on déduit :
v+ v′
D ≥ (L+ ℓ)
v−V
≥ 240 m
= (20+4) 90+90
90−72
2. La paramétrisation est la même, mais on a cette fois–ci :
À t = tF, on a :
⎧
2 t
⎪⎨ X = L+V t− A 2
2 t
x = v t+ a1 2
⎪⎩
x ′ = D− v ′ t+ a2
x = X + ℓ
x ′ ≥ x
t 2
2
soit
⎧
⎨
t
v tF + a1
⎩
2
F
2
D− v ′ tF + a2
t 2
F
2
= L+ ℓ+V tF − A
≥ v tF + a1
La première équation constitue une équation du 1er degré
de solution positive :
1
tF =
a1+ A
a1+A
2
t 2
F
2
t 2 F + (v−V )tF − (L+ ℓ)=0
−(v−V )+ (v−V ) 2
+ 2(a1+A)(L+ ℓ)
En reportant ce résultat dans l’inégalité, on obtient :
v+ v′
D ≥
a1+A
a1− a2
2(a1+ a2) 2
≥108 m
−(v−V )+ (v−V ) 2
+ 2(a1+A)(L+ ℓ) +
−(v−V )+ (v−V ) 2 2 + 2(a1+A)(L+ ℓ)
Problème 3
1. À tout instant t, OM correspond à la demi–diagonale du carré. v est
suivant un côté du carré et fait donc un angle de π
4 avec ur et uθ, d’où
v =− v0
2 ur + v0
2 uθ
t 2
F
2