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Raccorder des courbes grâce aux tangentes

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L'un des intérêts des tangentes est de permettre de raccorder deux courbes en un point sans « cassure » : il suffit que ces deux courbes aient la même tangente en ce point.

Exercice 1

Un toboggan en résine doit être construit au bord d'un plan d'eau.
Par mesure de sécurité, aucun creux et aucune bosse ne doivent perturber la glissade des enfants qui l'utilisent.

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La figure représente une vue en coupe de ce toboggan. Sa hauteur est de 5 m, la longueur de 7 m.
La courbe admet une tangente horizontale au sommet ainsi qu'à l'arrivée sur le sol.
On modélise le toboggan à l'aide de deux arcs de paraboles :
Sur $[0;2]$ , $f(x)=-0.25x^2+5$
Sur $[5;7]$ , $g(x)=0.25(x-7)^2$
et un segment de la droite (AB) qui raccorde les deux arcs de parabole.

Justifier que les arcs de paraboles présentent des tangentes horizontales en $D(0;5)$ et $F(7;0)$ .
Déterminer l'équation réduite de la tangente en $A$ à la courbe $C_f$ .
Le raccordement de la droite (AB) donne-t-il un bon raccordement ?
On considère la fonction $h$ du troisième degré définie sur $[0;7]$ par $h(x)=+0.03x^3-0.31x^2+5$ .

a) La courbe $C_h$ de cette fonction passe-t-elle par les points $D$ et $F$ ?
b) Calculer sa dérivée. La courbe $C_h$ a-t-elle des tangentes horizontales en ses points d'abscisse 0 et 7 ?
c) Cette fonction peut-elle modéliser le toboggan ?

Exercice 2

Le problème du raccordement est de joindre par une courbe plane un tronçon origine et un tronçon extrémité, en voici un exemple :

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Le tronçon origine est une demi-droite [Ax) et le tronçon extrémité est ici l'arc de cercle $BC$ de centre $O$ .

Le raccordement doit être tangent à chacun des deux tronçons préexistants.

On choisit comme tracé une courbe représentant une fonction polynôme du 3e degré $f$ , dans un repère orthonormal $(A;\overrightarrow i;\overrightarrow j)$ (échelle 1 cm pour 1 km).

a. Quelles sont les coordonnées de $O$ , $B$ , $C$ dans ce repère ?
b. Expliquer pourquoi $f(0)=0$ et $f'(0)=0$ .
c. $(T)$ est la tangente en $B$ à l'arc de cercle $BC$ .
Quel est le coefficient directeur de $(T)$ ?
En déduire que $f(4)=3$ et $f'(4)=1/2$ .
d. Le polynôme recherché s'écrit $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ .
Écrire le système de quatre équations à quatre inconnues qui traduit les égalités trouvées aux questions b. et c., puis déterminer $f$ .

Soit $g$ la fonction définie par $g(x)=-\dfrac{x^3}{16}+\dfrac{7x^2}{16}$ sur $[0;4]$ .
Démontrer que la courbe représentative de $g$ vérifie les contraintes du problème.

Exercice 3

On désire réaliser une rampe d'accès.
Un bureau d'études est chargé de trouver une solution dont le profil sera donné par la courbe d'une fonction.
On choisit le repère orthonormé dans lequel $A$ et $B$ ont pour coordonnées respectives $(0;0)$ et $(4;1)$ .
La courbe doit respecter les contraintes suivantes :

elle doit passer par les points $A$ et $B$
les tangentes à la courbe en ces points doivent être horizontales.

Soit $f$ une fonction définie et dérivable sur $[0;4]$ . On note $f'$ sa dérivée.
Traduire les contraintes que doit respecter la courbe de $f$ à l'aide de $f$ et de $f'$ .
Déterminer les réels $a$ , $b$ , $c$ et $d$ tels que la courbe de $f$ définie par $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ sur $[0;4]$ respecte les contraintes.

Révéler le corrigé

Exercice 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.

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 $B$ .

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.

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

$A(0;0)$ 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 $f'(4)=0$ .

$f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ 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 $f(x)=-\dfrac{1}{32}x^3+\dfrac{3}{16}x^2$ .

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Dérivée et tangente d’une fonction rationnelle (aller plus loin avec les asymptotes)