Correction du problème de novembre 03
(voir figure sur l'énoncé)
On note C la rampe . C est la représentation graphique de la fonction f : x (1/6)(x-4)²+ (19/3)
Il est clair que le coefficient directeur de (MU) est 1 et celui de (MI) est –1.
Il est clair ( ??) que le problème est symétrique par rapport à la valeur 4 de x (C est symétrique par rapport à la droite d’équation x = 4). On peut donc se limiter par exemple à x réel de [0 ; 4].
1- Observons que la lampe ne touche le mur que si x <= rad(2)/2(évident !!) donc pas de problème si x>1 !
La rampe inclinera l’abat jour quand l’abscisse x du point M vérifiera f ’(x) < -1. En effet -1 est le coefficient directeur de (MJ) et f ’(x) celui de la tangente à C en M. L’équation s’écrit : (1/3)(x-4) < -1
La résolution de cette équation donne x<1. Donc pas de problème si x> 1 (ni même si x = 1 ….. voir la fin !)
2- Pour x = 3, le calcul donne 35.
3- On note a un réel de ]1 ; 7 [(ou même de [1 ; 7] !!). M a pour coordonnées (a ; f(a) ).
L’équation de (MU) est y = x – a + f(a). On en déduit que B ( 0 ; -a + f(a) ) ;
L’équation de (MJ) est y = -x + a + f(a) et on en déduit les coordonnées de A( a + f(a) ; 0 ) et C( 8 ; -8 + a + f(a) )
Résolvons tout de suite x + f(x) > 8 (pour savoir si le point A reste « à droite » de D. Cette équation se transforme en x² - 2x + 6 > 0 qui admet tout réel pour solution. Pas de problème A, C, et D sont « bien placés ».
L’aire éclairée est donc la réunion de deux trapèzes : BMPO et MPDC (j’ai noté P le projeté orthogonal de M sur (Ox)).
L’aire du premier est a( - a + f(a) + f(a) )/2 et l’aire de l’autre est (8 – a) (f(a) – 8 + a + f(a) )/2.
La somme peut alors s’écrire : - a² + 8a - 32 + 8 f(a) (les calculs sont un peu long, mais …) ou encore :
(a² -8a + 120)/3. On sait que ce trinôme prend sa plus petite valeur pour x = 8/2 = 4, mais, pas de chance, c’est la plus grande qui nous intéresse. D’après les variations (connues par cœur ) de ce trinôme, l’éclairage sera maximal pour x = 1 ou x = 7. Ces valeurs sont exclues par l’énoncé…. sans raison ( !!??), on dira quand même que l’aire maximale éclairée est 113/3, cet éclairage étant obtenu pour x = 1 (ou x = 7).