Raccorder des courbes grâce aux tangentes

Exercice 1

1. Sur $[0;2]$, $f'(x)=-0.5x$ donc $f'(0)=0$. La courbe admet en $D$ d'abscisse 0 une tangente de coefficient directeur nul, donc une tangente horizontale.

• Sur $[5;7]$, $f'(x)=0.25\times 2(x-7)$ donc $f'(7)=0$. En $F$, la courbe admet donc également une tangente horizontale.

2. Pour $x\in[0;2]$, $f'(2)=-1$.
   Or, le coefficient directeur de la droite (AB) vaut $\dfrac{y_B-y_A}{x_B-x_A}=\dfrac{1-4}{5-2}=-1$.
   Donc la droite (AB) est un bon raccordement à $C_f$ au point $A$.

Une équation de la tangente en $A$ à $C_f$ est $y=-x+b$ avec $b$ réel.
En écrivant que $A(2;4)$ est un point de cette droite, on obtient $4=-2+b$, soit $b=6$.
Une équation de cette tangente en $A$ est donc $y=-x+6$.

Au point $B$ d'abscisse 5, $f'(5)=0.25\times 2(5-7)=-1$, qui est égal au coefficient directeur de (AB). On en déduit à nouveau que (AB) est un bon raccordement à $C_f$ en $B$.

3. a) On a $h(x)=0.03x^3-0.31x^2+5$.
   $h(0)=5$ donc $D$ appartient à $C_h$.
   $h(7)=0.1$ donc $C_h$ ne passe pas par $F$.

b) $h'(x)=0.09x^2-0.62x$.
$h'(0)=0$ et $h'(7)=0.07$. La courbe $C_h$ admet une tangente horizontale en $D$ mais pas en $F$.

c) On peut penser qu’arriver à 0,1 m (soit 10 cm) au-dessus de l’eau, avec une infime remontée (pente $+0.07$), n’est pas gênant. Dans ce cas, la fonction peut modéliser le toboggan. Mais si les contraintes doivent être strictement respectées, alors cette fonction ne convient pas.

Exercice 2

a. Coordonnées : $O(3;5)$ ; $B(4;3)$.
$OB=OC$ ; calculons $OB$.
$OB=\sqrt{(4-3)^2+(3-5)^2}=\sqrt 5$, donc $C(3+\sqrt 5;5)$.

b. La courbe passe par le point $A(0;0)$, donc $f(0)=0$.
$(Ax)$ est tangente à la courbe, donc $f'(0)=0$.

c. $\overrightarrow{OB}(1;-2)$, donc $(T)$ qui lui est perpendiculaire a un coefficient directeur de $1/2$.
Cela donne $f'(4)=\dfrac{1}{2}$.
De plus, $B(4;3)$ est un point de la courbe, donc $f(4)=3$.

d. $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ donc $f'(x)=3ax^2+2bx+c$.
Les quatre conditions trouvées permettent d’écrire le système suivant :

$\left\lbrace\begin{matrix} f(0)=0 \\ f'(0)=0 \\ f(4)=3 \\ f'(4)=\dfrac{1}{2} \end{matrix}\right.$

$\left\lbrace\begin{matrix} d=0 \\ c=0 \\ 64a+16b=3 \\ 48a+8b=\dfrac{1}{2} \end{matrix}\right.$

On obtient $a=-\dfrac{1}{16}$ ; $b=\dfrac{7}{16}$ ; $c=0$ ; $d=0$.
Donc $f(x)=-\dfrac{1}{16}x^3+\dfrac{7}{16}x^2$.

La fonction $f$ vérifie toutes les contraintes.

2. La fonction $g(x)=-\dfrac{1}{16}x^3+\dfrac{7}{16}x^2$ étant identique, on peut affirmer que $g$ vérifie également les contraintes.

   

Exercice 3

1. $A(0;0)$ appartient à $C_f$, donc $f(0)=0$.

• $B(4;1)$ appartient à $C_f$, donc $f(4)=1$.

• La tangente en $A$ à $C_f$ est horizontale, donc $f'(0)=0$.

• La tangente en $B$ à $C_f$ est horizontale, donc $f'(4)=0$.

2. $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ donc $f'(x)=3ax^2+2bx+c$.
   En reprenant les quatre conditions, on obtient :

$\left\lbrace\begin{matrix} f(0)=0 \\ f(4)=1 \\ f'(0)=0 \ f'(4)=0 \end{matrix}\right.$

$\left\lbrace\begin{matrix} d=0 \\ c=0 \\ 64a+16b=1 \\ 48a+8b=0 \end{matrix}\right.$

On en déduit $a=-\dfrac{1}{32}$ ; $b=\dfrac{3}{16}$ ; $c=0$ ; $d=0$.
Donc $f(x)=-\dfrac{1}{32}x^3+\dfrac{3}{16}x^2$.