Exercice Bac S Amérique du nord, juin 2016

Volume d'un récupérateur d'eau


Un particulier veut faire fabriquer un récupérateur d'eau. Ce récupérateur d'eau est une cuve qui doit respecter le cahier des charges suivant:

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)

Solution:


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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