Généralités sur les fonctions en 3ème : corrigé des exercices 1 à 10

La fonction est définie par \(V(x) = 18\pi\left[\left(1 + \dfrac{x}{6}\right)^3 – 1\right]\).

1) On part de 6 sur l’axe des abscisses, on monte jusqu’à la courbe et on lit l’ordonnée : environ 400. Donc \(V(6) \approx 400\).

2) Calcul exact :

\[ \begin{aligned} V(6) &= 18\pi\left[\left(1 + \frac{6}{6}\right)^3 – 1\right] \\ &= 18\pi \times (2^3 – 1) \\ &= 18\pi \times 7 \\ &= 126\pi \end{aligned} \]

3) \(126\pi \approx 395{,}84\), donc l’arrondi à l’unité de l’image de 6 est 396 (cohérent avec la lecture graphique).

4) On part de 250 sur l’axe des ordonnées, on va horizontalement jusqu’à la courbe puis on descend sur l’axe des abscisses : on arrive entre 4 et 5. Vérification : \(V(4) \approx 205\) et \(V(5) \approx 292\). L’antécédent de 250 est compris entre 4 et 5.

La courbe est formée de quatre parties : un segment de (0 ; 0) à (10 ; 2), une partie moins pentue de (10 ; 2) à (20 ; 3), un palier de (20 ; 3) à (25 ; 3), puis une partie très pentue jusqu’à (35 ; 6).

1) Non : si la vitesse était constante, la distance serait proportionnelle au temps et la courbe serait une seule droite passant par l’origine. Ici la pente change plusieurs fois.

2) Oui : entre 20 min et 25 min la distance reste égale à 3 km. Le coureur s’est arrêté pendant 5 minutes.

3) Par lecture, \(d(5) = 1\) : au bout de 5 minutes de course, le coureur a parcouru 1 km.

4) L’antécédent de 6 est 35 : le coureur a mis 35 minutes pour parcourir les 6 km.

5) Sur le plat, il court à 12 km/h, c’est-à-dire 2 km en 10 minutes : c’est bien le cas de 0 à 10 min. À partir de 10 minutes, la courbe devient moins pentue : il ralentit, c’est le début de la côte. La côte dure jusqu’à 20 min, de 2 km à 3 km : elle mesure 1 km.

6) De 25 à 35 min, il parcourt \(6 – 3 = 3\) km en 10 minutes, soit plus que les 2 km en 10 minutes de son allure sur le plat : il va plus vite qu’à 12 km/h sans effort supplémentaire, ce qui laisse penser qu’il est en descente.

7) Sur les 10 dernières minutes : 3 km en 10 min, soit \(\dfrac{1}{6}\) h.

\[ v = \frac{d}{t} = \frac{3 \text{ km}}{\frac{1}{6} \text{ h}} = 18 \text{ km/h} \]

Sur toute la course : 6 km en 35 min, soit \(\dfrac{35}{60}\) h.

\[ v = \frac{6}{\frac{35}{60}} = \frac{6 \times 60}{35} = \frac{72}{7} \approx 10{,}3 \text{ km/h} \]

Pour une image, on part de l’abscisse et on lit l’ordonnée du point de la courbe. Pour les antécédents d’un nombre \(k\), on trace la droite horizontale \(y = k\) et on lit les abscisses de tous les points d’intersection.

• a) Le point d’abscisse 8 a pour ordonnée 2 : \(h(8) = 2\).
• b) \(h(-1) = 1\).
• c) La courbe coupe l’axe des abscisses en 3 et 7 : les antécédents de 0 sont 3 et 7.
• d) \(h(-3) = 4\).
• e) La droite \(y = -2\) coupe la courbe en deux points : les antécédents de \(-2\) sont 4 et 6.
• f) La droite \(y = 2\) coupe la courbe en quatre points : les antécédents de 2 sont −2, 0, 2 et 8.

1. a. On trace [FG] de 9 cm, puis deux arcs de cercle : de centre F et de rayon 5,4 cm, de centre G et de rayon 7,2 cm ; E est leur point d’intersection.

b. \(EM = \dfrac{2}{3} \times 5{,}4 = 3{,}6\) cm. On place M sur [EF] à 3,6 cm de E.

c. Les droites (MN) et (FG) sont parallèles, M est sur [EF] et N sur [EG]. D’après le théorème de Thalès :

\[ \frac{EM}{EF} = \frac{EN}{EG} \quad \text{donc} \quad EN = \frac{2}{3} \times 7{,}2 = 4{,}8 \text{ cm} \]

d. Le plus grand côté est [FG]. \(FG^2 = 9^2 = 81\) et \(EF^2 + EG^2 = 5{,}4^2 + 7{,}2^2 = 29{,}16 + 51{,}84 = 81\). Comme \(FG^2 = EF^2 + EG^2\), d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle EFG est rectangle en E.

Le triangle EMN est donc rectangle en E, et son aire vaut :

\[ \mathcal{A}_{EMN} = \frac{EM \times EN}{2} = \frac{3{,}6 \times 4{,}8}{2} = 8{,}64 \text{ cm}^2 \]

2. a. M se déplace sur le segment [EF], donc \(0 \leqslant x \leqslant 5{,}4\).

b. Toujours avec Thalès (les droites restent parallèles) :

\[ \frac{EN}{EG} = \frac{EM}{EF} \quad \text{donc} \quad EN = \frac{7{,}2 \times x}{5{,}4} = \frac{4}{3}x \]

c. Le triangle EMN est rectangle en E :

\[ A(x) = \frac{x \times \frac{4}{3}x}{2} = \frac{2}{3}x^2 \]

Contrôle : \(A(3{,}6) = \dfrac{2}{3} \times 12{,}96 = 8{,}64\), comme à la question 1.

d. Par lecture graphique : \(A(3{,}5) \approx 8{,}2\) (le calcul donne \(\frac{2}{3} \times 12{,}25 \approx 8{,}17\)) et l’antécédent de 12 vaut environ 4,2 (le calcul donne \(x^2 = 18\), \(x = \sqrt{18} \approx 4{,}24\)).

Dans chaque coin de la plaque carrée de 20 cm de côté, on découpe un carré de côté \(x\) cm, puis on relève les bords.

1. Sur chaque côté de la plaque, on enlève deux fois \(x\) cm. Il faut donc \(2x \lt 20\), soit \(x \lt 10\) ; et \(x\) est une longueur positive. Donc \(x\) est compris entre 0 et 10 (pour \(x = 0\) ou \(x = 10\), il n’y a pas de boîte).

2. Les bords relevés ont la largeur des carrés découpés : la hauteur de la boîte est \(x\) cm.

3. Le fond est un carré de côté \(20 – 2x\) :

\[ A(x) = (20 – 2x)^2 \text{ cm}^2 \]

4. Volume d’un pavé droit = aire de la base × hauteur :

\[ V(x) = x(20 – 2x)^2 \text{ cm}^3 \]

5. Tableau de valeurs pour \(x\) entier de 0 à 10 :

6. Le volume augmente jusqu’à \(x = 3\) puis diminue : le maximum se situe entre 3 et 4. En affinant : \(V(3{,}2) \approx 591{,}9\), \(V(3{,}3) \approx 592{,}5\), \(V(3{,}4) \approx 592{,}4\). On conjecture que le volume est maximal pour \(x \approx 3{,}3\) cm, avec environ 593 cm³.

Dans un tableau de valeurs, la ligne du haut contient les nombres \(x\), celle du bas leurs images \(g(x)\).

• a. \(g(-0{,}1) = 2\).
• b. \(g(0) = 1\) : le nombre cherché est 0.
• d. \(g(0{,}9) = -4\) : le nombre cherché est 0,9.
• e. \(g(0{,}7) = -0{,}1\).

Les questions c et f ne sont pas visibles sur l’énoncé fourni ; les autres égalités qu’on peut écrire avec ce tableau sont : \(g(-0{,}5) = 5\), \(g(1{,}1) = 5\) (5 a deux antécédents, −0,5 et 1,1) et \(g(1{,}3) = 3{,}4\).

• a. Le point de la courbe d’abscisse 0 est le point le plus bas, d’ordonnée environ −1 : \(h(0) \approx -1\).
• b. La courbe coupe l’axe des abscisses en deux points : les nombres qui ont pour image 0 sont −2 et 2.
• c. On part de 4 sur l’axe des abscisses : \(h(4) \approx 3{,}4\). On part de −3 : \(h(-3) \approx 1{,}2\).

On cherche le nombre dans la ligne \(f(x)\), puis on lit au-dessus la valeur de \(x\).

• a. 3,5 apparaît une fois, sous \(x = 5\) : l’antécédent de 3,5 est 5.
• b. −2 apparaît deux fois : \(f(-1{,}5) = -2\) et \(f(2) = -2\). Les antécédents de −2 sont −1,5 et 2.
• c. 2 n’apparaît pas dans la ligne \(f(x)\) : d’après le tableau, on ne peut pas donner d’antécédent de 2 (il peut en exister un pour une valeur de \(x\) absente du tableau).

Une graduation vaut 0,25 sur chaque axe.

• \(x = -1{,}25\) : la courbe coupe l’axe des abscisses à peu près en ce point, donc \(h(-1{,}25) \approx 0\).
• \(h(x) = 1{,}5\) : la courbe coupe l’axe des ordonnées en 1,5, donc \(x = 0\).
• \(x = -1\) : on lit \(h(-1) \approx 0{,}8\).
• \(h(x) = 1{,}25\) : la droite \(y = 1{,}25\) coupe la courbe en un seul point, d’abscisse environ \(-0{,}75\).

a. Dans un triangle équilatéral, la hauteur [AH] est aussi médiane : H est le milieu de [BC], donc \(BH = 2{,}5\) cm. Le triangle ABH est rectangle en H ; d’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} AH^2 &= AB^2 – BH^2 = 5^2 – 2{,}5^2 = 25 – 6{,}25 = 18{,}75 \\ AH &= \sqrt{18{,}75} = \frac{5\sqrt{3}}{2} \approx 4{,}33 \text{ cm} \end{aligned} \]
\[ \mathcal{A} = \frac{BC \times AH}{2} = \frac{5 \times \frac{5\sqrt{3}}{2}}{2} = \frac{25\sqrt{3}}{4} \approx 10{,}83 \text{ cm}^2 \]

b. Avec un côté \(x\), on a \(BH = \dfrac{x}{2}\) et :

\[ AH^2 = x^2 – \left(\frac{x}{2}\right)^2 = x^2 – \frac{x^2}{4} = \frac{3x^2}{4} \quad \text{donc} \quad AH = \frac{\sqrt{3}}{2}x \]

c. L’aire vaut \(\dfrac{x \times \frac{\sqrt{3}}{2}x}{2}\), d’où :

\[ f(x) = \frac{\sqrt{3}}{4}x^2 \]
\[ \begin{aligned} f(5) &= \frac{\sqrt{3}}{4} \times 25 = \frac{25\sqrt{3}}{4} \approx 10{,}83 \\ f(3) &= \frac{\sqrt{3}}{4} \times 9 = \frac{9\sqrt{3}}{4} \approx 3{,}90 \\ f(\sqrt{3}) &= \frac{\sqrt{3}}{4} \times 3 = \frac{3\sqrt{3}}{4} \approx 1{,}30 \end{aligned} \]