Fonctions circulaires/Exercices/Problème d'optimisation

Problème 1 (simple)

(AB) est le rayon d'un cercle de centre A. Le rayon est égal à 1 unité de longueur.

C est un point de ce cercle et D le point de [BA) tel que BD = 5.

On note $\alpha$ l'angle $({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})$

Trouver $\alpha$ pour que l'aire du triangle BCD soit maximum.

Solution

Il faut exprimer l'aire de BCD en fonction de $\alpha$. Pour cela, on fait apparaître un point H, projeté orthogonal de C sur [BD). [CH] est donc une hauteur de BCD et :

$\sin(\alpha )={\frac {CH}{CA}}\ =CH$ (car CA, rayon du cercle, vaut 1)

Et donc l'aire ${\mathcal {A}}$ du triangle vaut :

${\frac {BD\times CH}{2}}={\frac {5\sin \alpha }{2}}$.

L'aire est donc maximale quand le sinus est maximal, c'est-à-dire pour $\alpha ={\frac {\pi }{2}}$.

Remarque : On a alors ${\mathcal {A}}={\frac {5}{2}}$.

 

Problème 2

$[AB]$ est le rayon d'un cercle de centre A. Le rayon est égal à 1 unité de longueur.

C est un point de ce cercle et D un point tel que $BD=5$ et $({\overrightarrow {BA}},{\overrightarrow {BD}})=\gamma ={\frac {\pi }{6}}$.

On note $\alpha$ l'angle $({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})$ et $\beta$ l'angle $({\overrightarrow {BD}},{\overrightarrow {BC}})$

Le but du problème est de trouver $\beta$ pour que l'aire du triangle BCD soit maximum.

NB : On peut faire ce problème sans fixer $\gamma$ (comme sur la figure), mais c'est plus difficile. On prend donc $\gamma ={\frac {\pi }{6}}$ pour fixer les idées.

1. Donner la relation entre $\alpha$ et $\beta$.
2. Exprimer BC en fonction de $\alpha$
3. Exprimer la hauteur h du triangle BCD issue de C en fonction de $\beta$ et $\alpha$.
4. Exprimer la hauteur h du triangle BCD issue de C en fonction de $\beta$ seul.
5. Dériver la fonction h par rapport à $\beta$.
6. Simplifier cette dérivée.
7. Dans quel intervalle $\beta$ varie-t-il ?
8. Dresser le tableau de variations de $h$ et conclure.

Solution

1. Dans le triangle ABC, on a $\alpha +2\left(\beta +{\frac {\pi }{6}}\right)=\pi$.
2. $BC=2\sin {\frac {\alpha }{2}}$.
3. $h=2\sin \beta \sin {\frac {\alpha }{2}}$.
4. $h=2\sin \beta \sin \left({\frac {\pi }{2}}-(\gamma +\beta )\right)=2\sin(\beta )cos({\frac {\pi }{6}}+\beta )$.
5. $h'(\beta )=2\cos \beta \cos \left({\frac {\pi }{6}}+\beta \right)-2\sin \beta \sin \left({\frac {\pi }{6}}+\beta \right)$.
6. D'après la formule $\cos(a+b)=\cos a\cos b-\sin a\sin b$, $h'(\beta )=2\cos \left(2\beta +{\frac {\pi }{6}}\right)$.
7. $\beta +{\frac {\pi }{6}}$ varie dans $\left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right]$ donc $\beta$ varie dans $\left]-{\frac {\pi }{2}}-{\frac {\pi }{6}},{\frac {\pi }{2}}-{\frac {\pi }{6}}\right]=\left]-{\frac {2\pi }{3}},{\frac {\pi }{3}}\right]$.
8. Finalement, $2\beta +{\frac {\pi }{6}}$ varie dans $\left]-{\frac {7\pi }{6}},{\frac {5\pi }{6}}\right]$. Son cosinus s'annule donc pour $2\beta +{\frac {\pi }{6}}=\pm {\frac {\pi }{2}}$, c'est-à-dire $\beta ={\frac {\pi }{6}}$ ou $-{\frac {\pi }{3}}$.

 

Balistique

On se place dans un repère orthonormé $(O,{\overrightarrow {i}},{\overrightarrow {j}})$.

Un projectile est lancé du point origine $(0,0)$ à une vitesse de $\|{\overrightarrow {v}}\|=5\;\mathrm {m.s} ^{-1}$.

On note : $\alpha =({\overrightarrow {i}},{\overrightarrow {v}})\in \left[0,{\frac {\pi }{2}}\right[$.

Le but du problème est de trouver $\alpha$ pour que le projectile touche le sol le plus loin possible du point O.

Les lois de la physique donnent, en négligeant le frottement de l'air et la variation du champ de pesanteur :

$y=x\tan \alpha -{\frac {x^{2}}{5\cos ^{2}\alpha }}$.

1. Calculer l'abscisse $c$ du point de chute du projectile en fonction de $\alpha$.
2. Calculer la dérivée $c'(\alpha )$
3. En déduire le tableau de variations de $c(\alpha )$.
4. Conclure.

Solution

1. Le projectile touche le sol au point de coordonnées $(x,0)$ ; il faut résoudre l'équation $x\tan \alpha -{\frac {x^{2}}{5\cos ^{2}\alpha }}=0$. On obtient les solutions $x_{0}=0$ et $x_{1}=5\cos ^{2}\alpha \tan \alpha$. Donc $c=5\cos ^{2}\alpha \tan \alpha$.
2. $c'(\alpha )=5\left(-2\sin \alpha \cos \alpha \tan \alpha +\cos ^{2}\alpha \;{\frac {1}{\cos ^{2}\alpha }}\right)=5\left(1-2\sin ^{2}\alpha \right)$.
3. ${\begin{array}{c|ccccc|}\alpha &0&&{\frac {\pi }{4}}&&&{\frac {\pi }{2}}\\\hline c'(\alpha )&&+&0&-&&\|\\\hline &&&{\frac {5}{2}}&&&\|\\c(\alpha )&&\nearrow &&\searrow &&\|\\&0&&&&0^{+}&\|\\\hline \end{array}}$
4. Le projectile touchera le sol le plus loin pour $\alpha ={\frac {\pi }{4}}$ donc à une distance de 2,5 mètres de son origine.

 

Les anneaux

On considère un gymnaste aux anneaux. On note :

• A et A' les points de fixation des cordes ;
• D et D' les épaules du gymnaste ;
• E et E' ses mains ;
• r = DE = D'E' la longueur de ses bras ;
• L = AE = A'E' la longueur des cordes ;
• $\alpha$ l'angle entre ses bras et l'horizontale ;
• $\beta$ l'angle entre les cordes et la verticale ;
• g l'intensité de la pesanteur ;
• m la masse du gymnaste ;
• T la réaction des anneaux, supposée identique des deux côtés.

Le but du problème est d'étudier la force qui s'exerce sur les mains du gymnaste en fonction de l'angle $\alpha$.

1. Exprimer T en fonction de m, g et $\beta$
2. En exprimant la hauteur du triangle AED issue de E, exprimer $\beta$ en fonction de $\alpha$, r et L.
3. En utilisant la formule $\cos(\arcsin x)={\sqrt {1-x^{2}}}$, exprimer T en fonction de $\alpha$
4. Décrire les variations la fonction $\alpha \mapsto T$.

Solution

1. $T={\frac {mg/2}{\cos \beta }}$.
2. $L\sin \beta =r\cos \alpha$ donc $\beta =\arcsin {\frac {r\cos \alpha }{L}}$.
3. $T={\frac {mg/2}{\sqrt {1-\left({\frac {r\cos \alpha }{L}}\right)^{2}}}}={\frac {mgL/2}{\sqrt {L^{2}-r^{2}\cos ^{2}\alpha }}}$.
4. ${\frac {(mgL/2)^{2}}{T^{2}}}=L^{2}-r^{2}\cos ^{2}\alpha$ donc $\alpha \mapsto T$ est paire, croissante sur $\left[-{\frac {\pi }{2}},0\right]$ et décroissante sur $\left[0,{\frac {\pi }{2}}\right]$. $T(0)={\frac {mgL/2}{\sqrt {L^{2}-r^{2}}}}$ et $T\left(\pm {\frac {\pi }{2}}\right)=mg/2$.