Calcul littéral

Développer et réduire, identités remarquables dans les deux sens, factoriser et choisir la forme adaptée, expressions fractionnaires (valeurs interdites, simplification, même dénominateur), isoler une variable dans une formule.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés de calcul littéral : la hauteur et le rayon d’une canette cylindrique, l’aire du cadre d’une photographie, le prix de tee-shirts qui rend la recette maximale, le volume d’une boîte sans couvercle découpée dans un carton, et deux résistances montées en parallèle.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis l’énoncé en expression littérale : je nomme la variable, je précise ses valeurs possibles (une longueur est positive).
Je choisis la forme utile : développée pour calculer ou comparer, factorisée pour voir quand l’expression s’annule, « carré + nombre » pour une plus petite ou plus grande valeur.
Je rédige les « Démontrer » en développant entièrement ; je ne divise que par une grandeur non nulle.
Je contrôle par une application numérique, puis je conclus dans la situation, avec l’unité.

Problème 1 · Une canette de soda★★★Facile

Une canette a la forme d’un cylindre de rayon

r

et de hauteur

h

(en cm). Son volume, en cm³, est

V = π r^{2} h

. On rappelle que

1

= 10

cm³. Calculatrice autorisée.

1. Exprimer $h$ en fonction de $V$ et de $r$ . Une canette classique de $33$ cL a un rayon de $3, 3$ cm : $h \approx$ cm (au dixième)
Rédaction attendue. $V = π r^{2} h$ et $π r^{2} \neq 0$ : on divise les deux membres par $π r^{2}$ , d’où $h = \frac{V}{π r^{2}}$ . Ici $V = 330$ cm³ et $h = \frac{330}{π \times 3, 3^{2}} \approx 9, 65$ , soit $9, 6$ cm au dixième (la vraie canette est un peu plus haute : son fond est bombé).
2. Exprimer $r$ en fonction de $V$ et de $h$ . Une canette « fine » de $33$ cL mesure $14, 5$ cm de haut : $r \approx$ cm (au dixième)
Rédaction attendue. $r^{2} = \frac{V}{π h}$ et $r > 0$ , donc $r = \sqrt{\frac{V}{π h}}$ . Ici $r = \sqrt{\frac{330}{14, 5 π}} \approx 2, 69$ , soit $2, 7$ cm.
3. On double le rayon sans changer le volume. Justifier que la hauteur est divisée par un nombre fixe, égal à
Rédaction attendue. Avec le rayon $2 r$ : $h' = \frac{V}{π (2 r)^{2}}$ $= \frac{V}{4 π r^{2}}$ $= \frac{h}{4}$ . La hauteur est divisée par $4$ , quels que soient $V$ et $r$ : le rayon intervient au carré.

Problème 2 · Le cadre de la photographie★★★Moyen

Une photographie carrée de côté

x

centimètres (

x > 0

) est entourée d’un cadre de bois de largeur constante

3

cm. L’ensemble photographie et cadre forme un carré plus grand.

1. Le côté de l’ensemble s’écrit $x + c$ avec $c =$
Le cadre ajoute $3$ cm de chaque côté, soit $6$ cm sur chaque dimension : le côté vaut $x + 6$ cm et l’aire totale $(x + 6)^{2}$ cm².
2. Démontrer que l’aire du cadre seul est $A (x) = 12 x + 36$ (en cm²). Contrôle : $A (10) =$ cm²
Rédaction attendue. L’aire du cadre est l’aire totale moins celle de la photographie : $A (x) = (x + 6)^{2} - x^{2}$ $= x^{2} + 12 x + 36 - x^{2}$ $= 12 x + 36$ . Contrôle : $16^{2} - 10^{2} = 256 - 100 = 156$ et $12 \times 10 + 36 = 156$ .
3. Le côté de la photographie pour lequel l’aire du cadre vaut $120$ cm² est $x =$ cm
$12 x + 36 = 120 ⟺ 12 x = 84 ⟺ x$ $= 7$ . Vérification : $13^{2} - 7^{2} = 169 - 49 = 120$ .
4. On admet que $x^{2} - 12 x - 36 = (x - 6)^{2} - 72$ . Démontrer que le cadre et la photographie ont la même aire pour un seul côté, $x = 6 + 6 \sqrt{2}$ . Valeur au millimètre : cm
Rédaction attendue. On cherche $x > 0$ tel que $x^{2} = 12 x + 36$ , soit $x^{2} - 12 x - 36 = 0$ , c’est-à-dire $(x - 6)^{2} = 72$ . Donc $x - 6 = \sqrt{72}$ ou $x - 6 = - \sqrt{72}$ , avec $\sqrt{72} = 6 \sqrt{2}$ . La valeur $6 - 6 \sqrt{2}$ est négative ( $6 \sqrt{2} > 6$ ) : seule $x = 6 + 6 \sqrt{2} \approx 14, 49$ convient, soit $14, 5$ cm au millimètre.
5. Le menuisier dit : « si je double le côté de la photographie, je double l’aire du cadre ». Pour $x = 4$ , $2 A (4) = 168$ , alors que $A (8) =$
Rédaction attendue. $A (2 x) = 24 x + 36$ , alors que $2 A (x) = 24 x + 72$ : le terme $36$ ne double pas, l’aire du cadre n’est pas proportionnelle au côté. Pour $x = 4$ : $A (8) = 96 + 36 = 132 \neq 168$ . L’affirmation est fausse.

Problème 3 · Fixer le prix des tee-shirts★★★Moyen

Une association vend des tee-shirts

18

€ pièce et en écoule

240

par an. Une étude montre que si elle augmente le prix de

x

euros (avec

0 ⩽ x ⩽ 30

), elle en vendra

240 - 8 x

. La recette est le prix de vente multiplié par le nombre de tee-shirts vendus :

R (x) = (18 + x) (240 - 8 x)

1. Développer et réduire : $R (x) = a x^{2} + b x + c$ avec $a =$ , $b =$ et $c =$
$R (x) = 18 \times 240 - 18 \times 8 x + 240 x - 8 x^{2}$ $= 4 320 - 144 x + 240 x - 8 x^{2}$ $= - 8 x^{2} + 96 x + 4 320$ .
2. Démontrer que, pour tout $x$ , $R (x) = - 8 (x - 6)^{2} + 4 608$ . Contrôle : $R (10) =$ €
Rédaction attendue. $- 8 (x - 6)^{2} + 4 608$ $= - 8 (x^{2} - 12 x + 36) + 4 608$ $= - 8 x^{2} + 96 x - 288 + 4 608$ $= - 8 x^{2} + 96 x + 4 320 = R (x)$ . Contrôle : $28 \times 160 = 4 480$ et $- 8 \times 16 + 4 608 = 4 480$ .
3. La recette est maximale pour un prix de vente de €, avec tee-shirts vendus
Rédaction attendue. Pour tout $x$ , $(x - 6)^{2} ⩾ 0$ , donc $- 8 (x - 6)^{2} ⩽ 0$ et $R (x) ⩽ 4 608$ , avec égalité pour $x = 6$ , qui est bien dans $[0; 30]$ . Le prix est alors $18 + 6 = 24$ €, on vend $240 - 48 = 192$ tee-shirts et $24 \times 192 = 4 608$ € : c’est la recette maximale.
4. Démontrer que $R (x) - R (0) = - 8 x (x - 12)$ . L’augmentation non nulle qui redonne la recette actuelle est €
Rédaction attendue. $R (0) = 18 \times 240 = 4 320$ € (recette actuelle), donc $R (x) - R (0) = - 8 x^{2} + 96 x$ $= - 8 x \times x + (- 8 x) \times (- 12)$ $= - 8 x (x - 12)$ . Ce produit est nul si $x = 0$ (prix inchangé) ou si $x - 12 = 0$ , soit $x = 12$ : à $30$ €, on vend $144$ tee-shirts et $30 \times 144 = 4 320$ €.

Problème 4 · La boîte sans couvercle★★★Difficile

Dans une plaque de carton de

24

cm sur

16

cm, on découpe aux quatre coins un carré de côté

x

cm, puis on relève les bords pour former une boîte sans couvercle. Volumes obtenus (calculatrice autorisée) :

$x$ (cm)	$2$	$3$	$4$	$5$
Volume (cm³)	$480$	$540$	$512$	$420$

1. Le fond mesure $(24 - 2 x)$ cm sur $(16 - 2 x)$ cm et la hauteur vaut $x$ cm. Justifier que $x$ appartient à l’intervalle $] 0; m [$ avec $m =$
Rédaction attendue. Les trois dimensions doivent être strictement positives : $x > 0$ , $24 - 2 x > 0 ⟺ x < 12$ et $16 - 2 x > 0 ⟺ x < 8$ . Les trois conditions ensemble donnent $0 < x < 8$ .
2. L’aire du fond est $A (x) = (24 - 2 x) (16 - 2 x)$ $= 4 x^{2} - 80 x + 384$ . Elle s’écrit $4 (x - p) (x - q)$ avec $p < q$ : $p =$ et $q =$
$24 - 2 x = 2 (12 - x)$ et $16 - 2 x = 2 (8 - x)$ , donc $A (x) = 4 (12 - x) (8 - x)$ $= 4 (x - 8) (x - 12)$ , car $(12 - x) (8 - x) = (x - 12) (x - 8)$ . Contrôle : $4 (x^{2} - 20 x + 96)$ $= 4 x^{2} - 80 x + 384$ . Les deux valeurs $8$ et $12$ qui annulent $A$ sont hors de $] 0; 8 [$ : il n’y aurait plus de fond.
3. Démontrer que le volume est $V (x) = 4 x^{3} - 80 x^{2} + 384 x$ . Alors $V (2, 5) =$ cm³
Rédaction attendue. Le volume d’un pavé droit est l’aire du fond multipliée par la hauteur : $V (x) = (4 x^{2} - 80 x + 384) \times x$ $= 4 x^{3} - 80 x^{2} + 384 x$ . Pour $x = 2, 5$ : $19 \times 11 \times 2, 5 = 522, 5$ cm³, et la formule donne $62, 5 - 500 + 960 = 522, 5$ .
4. D’après le tableau, la découpe qui semble donner le plus grand volume est $x =$ cm. Calculer $V (3, 1)$ : cette conjecture est-elle démontrée ?
Rédaction attendue. Le tableau monte jusqu’à $540$ pour $x = 3$ , puis redescend : on conjecture que $x = 3$ donne le maximum. Mais quatre valeurs testées ne démontrent rien : $V (3, 1) = 4 \times 29, 791 - 80 \times 9, 61 + 384 \times 3, 1$ $= 119, 164 - 768, 8 + 1 190, 4$ $= 540, 764 > 540$ . Le maximum n’est pas atteint exactement en $3$ ; le trouver demande l’étude de la fonction $V$ , faite en 1re.

Problème 5 · Deux résistances en parallèle★★★Difficile

Deux conducteurs ohmiques de résistances

R_{1}

R_{2}

(en ohms, strictement positives) montés en parallèle équivalent à une seule résistance

R

telle que

\frac{1}{R}

= \frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}}

1. Démontrer que $R = \frac{R_{1} R_{2}}{R_{1} + R_{2}}$ . Pour $R_{1} = 30$ $Ω$ et $R_{2} = 60$ $Ω$ : $R =$ $Ω$
Rédaction attendue. Au dénominateur commun $R_{1} R_{2}$ : $\frac{1}{R}$ $= \frac{R_{2}}{R_{1} R_{2}} + \frac{R_{1}}{R_{1} R_{2}}$ $= \frac{R_{1} + R_{2}}{R_{1} R_{2}}$ . On prend l’inverse des deux membres (non nuls) : $R = \frac{R_{1} R_{2}}{R_{1} + R_{2}}$ . Ici $R = \frac{1 800}{90} = 20$ $Ω$ .
2. Un élève pense que $R = R_{1} + R_{2}$ (c’est la règle du montage en série). Pour $R_{1} = 40$ $Ω$ et $R_{2} = 10$ $Ω$ , on obtient en réalité $R =$ $Ω$
$R = \frac{40 \times 10}{40 + 10}$ $= \frac{400}{50} = 8$ $Ω$ , bien moins que $50$ $Ω$ : l’inverse d’une somme n’est pas la somme des inverses.
3. On veut $R = 12$ $Ω$ avec $R_{1} = 20$ $Ω$ . Isoler $\frac{1}{R_{2}}$ , puis calculer $R_{2} =$ $Ω$
$\frac{1}{R_{2}}$ $= \frac{1}{R} - \frac{1}{R_{1}}$ $= \frac{1}{12} - \frac{1}{20}$ $= \frac{5 - 3}{60} = \frac{1}{30}$ , donc $R_{2} = 30$ $Ω$ . Contrôle : $\frac{20 \times 30}{50} = 12$ .
4. Démontrer que $R_{1} - R = \frac{R_{1}^{2}}{R_{1} + R_{2}}$ . Avec $R_{1} = 20$ $Ω$ et $R = 25$ $Ω$ , le calcul précédent donnerait $R_{2} =$ $Ω$ : conclure.
Rédaction attendue. $R_{1} - R = \frac{R_{1} (R_{1} + R_{2}) - R_{1} R_{2}}{R_{1} + R_{2}}$ $= \frac{R_{1}^{2}}{R_{1} + R_{2}} > 0$ : en parallèle, $R$ est toujours plus petite que $R_{1}$ (et que $R_{2}$ ). Avec $R = 25$ et $R_{1} = 20$ : $\frac{1}{R_{2}}$ $= \frac{1}{25} - \frac{1}{20}$ $= - \frac{1}{100}$ , soit $R_{2} = - 100$ : une résistance négative n’existe pas, ce montage est impossible.

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