Maths complémentaires (option Tle) Terminale

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Limites, continuité et théorème des valeurs intermédiaires

Limites des fonctions de référence et opérations, asymptotes horizontales et verticales, continuité, théorème des valeurs intermédiaires, fonction strictement monotone et fonction réciproque, encadrement d’une solution de f(x) = k par balayage et dichotomie.

À propos de cette page

Quatre problèmes corrigés de modélisation : la concentration d’un médicament dans le sang et sa durée d’efficacité, le coût moyen de fabrication de lampes, le refroidissement d’une boisson avec un algorithme de balayage, et le volume d’un cylindre inscrit dans une sphère.

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

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis la situation : quelle fonction, sur quel intervalle, quelle grandeur on cherche (une limite, un maximum, une durée, un seuil).
J’étudie la fonction aux bornes : limites en l’infini ou en $0$ , et je les interprète (stabilisation, explosion, asymptote).
J’étudie les variations avec le signe de la dérivée et je dresse le tableau.
Je compte les solutions de $f (x) = k$ sur chaque flèche du tableau avec le corollaire du TVI, en citant continuité et stricte monotonie.
J’encadre ou je calcule la solution (calcul exact, balayage, dichotomie ou programme Python) et je réponds dans le contexte, avec l’unité.

Problème 1 · Concentration d’un médicament dans le sang★★★Moyen

On injecte un médicament à un patient. La concentration dans le sang, en mg/L,

t

heures après l’injection, est modélisée par

C (t) = \frac{12 t}{t^{2} + 4}

pour

t ⩾ 0

. Le médicament est efficace lorsque sa concentration est supérieure ou égale à

2

mg/L.

1. Calculer $lim_{t \to + \infty} C (t)$ , puis interpréter graphiquement et dans le contexte :
Rédaction attendue. Forme « $\frac{\infty}{\infty}$ ». Pour $t > 0$ : $C (t) = \frac{12 t}{t^{2} (1 + \frac{4}{t^{2}})} = \frac{\frac{12}{t}}{1 + \frac{4}{t^{2}}}$ . Quand $t \to + \infty$ , $\frac{12}{t} \to 0$ et $\frac{4}{t^{2}} \to 0$ ; par quotient, $lim_{t \to + \infty} C (t) = \frac{0}{1} = 0$ . L’axe des abscisses (droite $y = 0$ ) est asymptote horizontale à la courbe : à long terme, le médicament est éliminé du sang.
2. Démontrer que $C' (t) = \frac{12 (4 - t^{2})}{(t^{2} + 4)^{2}}$ , puis étudier les variations de $C$ sur $[0; + \infty [$ . Concentration maximale : mg/L
Rédaction attendue. $C = \frac{u}{v}$ avec $u (t) = 12 t$ , $u' (t) = 12$ , $v (t) = t^{2} + 4$ , $v' (t) = 2 t$ . Donc $C' (t) = \frac{12 (t^{2} + 4) - 12 t \times 2 t}{(t^{2} + 4)^{2}} = \frac{48 - 12 t^{2}}{(t^{2} + 4)^{2}} = \frac{12 (4 - t^{2})}{(t^{2} + 4)^{2}}$ . Le dénominateur est strictement positif. Sur $[0; + \infty [$ , $4 - t^{2} = (2 - t) (2 + t)$ a le signe de $2 - t$ : positif sur $[0; 2 [$ , nul en $2$ , négatif ensuite. $C$ est strictement croissante sur $[0; 2]$ et strictement décroissante sur $[2; + \infty [$ . Maximum : $C (2) = \frac{24}{8} = 3$ , soit $3$ mg/L au bout de $2$ heures.
3. Démontrer que l’équation $C (t) = 2$ admet exactement deux solutions $t_{1}$ et $t_{2}$ , avec $t_{1} < 2 < t_{2}$ . Contrôle : elles vérifient $t^{2} - 6 t + c = 0$ , avec $c =$
Rédaction attendue. Sur $[0; 2]$ : $C$ est continue (quotient de polynômes, dénominateur non nul) et strictement croissante, $C (0) = 0$ et $C (2) = 3$ ; $2 \in [0; 3]$ , donc, d’après le corollaire du TVI, une unique solution $t_{1} \in [0; 2]$ , et $t_{1} \neq 2$ car $C (2) = 3$ . Sur $[2; + \infty [$ : $C$ est continue, strictement décroissante, $C (2) = 3$ et $lim_{t \to + \infty} C (t) = 0$ ; $2 \in] 0; 3 [$ , donc une unique solution $t_{2} > 2$ . L’équation a exactement deux solutions. Calcul : pour $t ⩾ 0$ , $C (t) = 2 ⟺ 12 t = 2 (t^{2} + 4) ⟺ t^{2} - 6 t + 4 = 0$ .
4. On trouve $t_{1} = 3 - \sqrt{5}$ et $t_{2} = 3 + \sqrt{5}$ . Durée d’efficacité du médicament, en minutes, arrondie à la minute :
$Δ = 36 - 16 = 20$ , donc $t = \frac{6 \pm 2 \sqrt{5}}{2} = 3 \pm \sqrt{5}$ , soit $t_{1} \approx 0, 764$ h et $t_{2} \approx 5, 236$ h. Comme $C$ croît puis décroît, $C (t) ⩾ 2$ exactement sur $[t_{1}; t_{2}]$ . Durée : $t_{2} - t_{1} = 2 \sqrt{5} \approx 4, 472$ h, soit $2 \sqrt{5} \times 60 \approx 268$ minutes, environ $4$ h $28$ min.
5. Un élève affirme : « $C$ est continue sur $[0; + \infty [$ , donc l’équation $C (t) = 3, 5$ a une solution. » Nombre de solutions de cette équation :
Le TVI ne s’applique qu’à une valeur $k$ comprise entre deux valeurs prises par $C$ . Or $C (t) ⩽ 3$ pour tout $t ⩾ 0$ (maximum en $t = 2$ ) : la valeur $3, 5$ n’est jamais atteinte. La continuité ne suffit pas, l’équation $C (t) = 3, 5$ n’a aucune solution.

Problème 2 · Coût moyen de fabrication★★★Moyen

Une entreprise fabrique des lampes. Le coût total de fabrication de

q

lampes, en euros, est modélisé par

C (q) = 0, 02 q^{2} + 5 q + 450

pour

q > 0

(modèle continu). Le coût moyen par lampe est

C_{M} (q) = \frac{C (q)}{q} = 0, 02 q + 5 + \frac{450}{q}

. Chaque lampe est vendue

12

€. Pour l’infini, écris +infini ou −infini ; réponds avec une virgule.

1. $lim_{q \to 0^{+}} C_{M} (q) =$
Quand $q \to 0^{+}$ : $0, 02 q + 5 \to 5$ et $\frac{450}{q} \to + \infty$ (réel positif sur $0^{+}$ ). Par somme, la limite vaut $+ \infty$ . L’axe des ordonnées (droite $q = 0$ ) est asymptote verticale : pour très peu de lampes, les $450$ € de frais fixes sont répartis sur presque rien et le coût par lampe explose. En $+ \infty$ , $0, 02 q \to + \infty$ et $\frac{450}{q} \to 0$ , donc $C_{M} (q) \to + \infty$ .
2. Démontrer que $C_{M}$ est strictement décroissante sur $] 0; 150]$ et strictement croissante sur $[150; + \infty [$ . Coût moyen minimal : €
Rédaction attendue. $C_{M}$ est dérivable sur $] 0; + \infty [$ et $C_{M}^{'} (q) = 0, 02 - \frac{450}{q^{2}} = \frac{0, 02 q^{2} - 450}{q^{2}}$ . Le dénominateur est positif : le signe est celui de $0, 02 q^{2} - 450$ , qui s’annule pour $q^{2} = 22 500$ , soit $q = 150$ (car $q > 0$ ). $C_{M}^{'} (q) < 0$ sur $] 0; 150 [$ et $C_{M}^{'} (q) > 0$ sur $] 150; + \infty [$ : $C_{M}$ est strictement décroissante sur $] 0; 150]$ et strictement croissante sur $[150; + \infty [$ . Minimum : $C_{M} (150) = 3 + 5 + 3 = 11$ €.
3. Démontrer que l’équation $C_{M} (q) = 12$ admet exactement deux solutions $q_{1} < 150 < q_{2}$ . Valeur approchée de $q_{1}$ au centième :
Rédaction attendue. Sur $] 0; 150]$ : $C_{M}$ est continue (dérivable), strictement décroissante, tend vers $+ \infty$ en $0$ et $C_{M} (150) = 11$ . Comme $12 \in] 11; + \infty [$ , le corollaire du TVI donne une unique solution $q_{1} \in] 0; 150 [$ . Sur $[150; + \infty [$ : continue, strictement croissante de $11$ vers $+ \infty$ , donc une unique solution $q_{2} > 150$ . Exactement deux solutions. Calcul exact : pour $q > 0$ , $C_{M} (q) = 12 ⟺ 0, 02 q^{2} - 7 q + 450 = 0 ⟺ q^{2} - 350 q + 22 500 = 0$ . $Δ = 122 500 - 90 000 = 32 500 = 2 500 \times 13$ , $\sqrt{Δ} = 50 \sqrt{13}$ . Donc $q_{1} = 175 - 25 \sqrt{13} \approx 84, 86$ .
4. Valeur approchée de $q_{2}$ au centième :
$q_{2} = 175 + 25 \sqrt{13} \approx 265, 14$ .
5. Nombre de quantités entières de lampes pour lesquelles le prix de vente dépasse le coût moyen :
D’après les variations, $C_{M} (q) < 12$ exactement pour $q_{1} < q < q_{2}$ , soit $84, 86 < q < 265, 14$ environ. En nombres entiers : de $85$ à $265$ lampes, soit $265 - 85 + 1 = 181$ quantités. Contrôle aux bords : $C_{M} (84) \approx 12, 04 > 12$ et $C_{M} (85) \approx 11, 99 < 12$ .

Problème 3 · Refroidissement d’une boisson et algorithme de balayage★★★Difficile

Une boisson servie à

90

°C refroidit dans une pièce. Sa température, en °C,

t

minutes après le service, est modélisée par

T (t) = 20 + 70 e^{- 0, 08 t}

pour

t ⩾ 0

. On la considère buvable dès que sa température est inférieure ou égale à

45

°C. On dispose du programme suivant.

from math import exp

def T(t):
    return 20 + 70*exp(-0.08*t)

def seuil(pas):
    t = 0
    while T(t) > 45:
        t = t + pas
    return t

Réponds avec une virgule.

1. Vérifier que $T (0) = 90$ , puis calculer $lim_{t \to + \infty} T (t)$ et interpréter :
Rédaction attendue. $T (0) = 20 + 70 e^{0} = 20 + 70 = 90$ . Quand $t \to + \infty$ , $- 0, 08 t \to - \infty$ et $lim_{X \to - \infty} e^{X} = 0$ , donc $e^{- 0, 08 t} \to 0$ ; par produit et somme, $lim_{t \to + \infty} T (t) = 20$ . La droite $y = 20$ est asymptote horizontale : à long terme, la boisson prend la température de la pièce, $20$ °C. Comme $70 e^{- 0, 08 t} > 0$ , on a toujours $T (t) > 20$ : cette température n’est jamais atteinte, la courbe reste au-dessus de son asymptote.
2. Démontrer que $T$ est strictement décroissante sur $[0; + \infty [$ , puis qu’il existe un unique instant $t_{0} ⩾ 0$ tel que $T (t_{0}) = 45$ . Contrôle : $T' (0) =$
Rédaction attendue. $T$ est dérivable et $T' (t) = 70 \times (- 0, 08) e^{- 0, 08 t} = - 5, 6 e^{- 0, 08 t}$ . Une exponentielle est strictement positive, donc $T' (t) < 0$ : $T$ est strictement décroissante sur $[0; + \infty [$ . $T$ est continue (car dérivable), $T (0) = 90$ et $lim_{t \to + \infty} T (t) = 20$ . Comme $45 \in] 20; 90]$ , le corollaire du TVI assure l’existence d’un unique $t_{0} ⩾ 0$ tel que $T (t_{0}) = 45$ . Contrôle : $T' (0) = - 5, 6$ .
3. Valeur renvoyée par seuil(1) :
Le programme augmente $t$ d’un pas tant que la température dépasse $45$ °C : il renvoie le premier multiple du pas pour lequel $T (t) ⩽ 45$ . Avec un pas de $1$ : $T (12) = 20 + 70 e^{- 0, 96} \approx 46, 80 > 45$ et $T (13) = 20 + 70 e^{- 1, 04} \approx 44, 74 ⩽ 45$ . seuil(1) renvoie $13$ , et $12 < t_{0} < 13$ .
4. L’appel seuil(0.1) renvoie environ $12, 9$ . En déduire un encadrement de $t_{0}$ d’amplitude $0, 1$ : $< t_{0} < 12, 9$
Le terme précédent de la boucle, $t = 12, 8$ , donnait encore $T (12, 8) \approx 45, 14 > 45$ , et $T (12, 9) \approx 44, 94 ⩽ 45$ . Donc $12, 8 < t_{0} < 12, 9$ : la boisson est buvable environ $12$ min $50$ s après le service. (Le résultat affiché est « environ » $12, 9$ car $0, 1$ n’est pas stocké exactement par la machine.)
5. On remplace $45$ par $25$ dans la condition de la boucle. Valeur renvoyée par seuil(1) :
$T (32) = 20 + 70 e^{- 2, 56} \approx 25, 41 > 25$ et $T (33) = 20 + 70 e^{- 2, 64} \approx 24, 995 ⩽ 25$ : la fonction renvoie $33$ . Avec $15$ au lieu de $25$ , le programme ne s’arrêterait jamais : $T (t) > 20 > 15$ pour tout $t$ , la condition de la boucle reste toujours vraie (boucle infinie), car $15$ n’est pas dans l’intervalle $] 20; 90]$ des valeurs prises par $T$ .

Problème 4 · Cylindre inscrit dans une sphère★★★Difficile

Un designer conçoit une lampe : un cylindre de verre de hauteur

h

cm et de rayon

r

cm est placé à l’intérieur d’une sphère de rayon

6

cm, de sorte que les cercles de ses deux bases soient sur la sphère (le centre de la sphère est au milieu de l’axe du cylindre). On note

V (h)

le volume du cylindre en cm³, pour

h \in [0; 12]

. Réponds avec une virgule.

1. Démontrer que $r^{2} = 36 - \frac{h^{2}}{4}$ , puis que $V (h) = π (36 h - \frac{h^{3}}{4})$ . Contrôle : $V (2) = k π$ avec $k =$
Rédaction attendue. Dans le plan qui contient l’axe du cylindre, le centre $O$ de la sphère, le centre d’une base et un point du bord de cette base forment un triangle rectangle : les côtés de l’angle droit mesurent $\frac{h}{2}$ et $r$ , l’hypoténuse est le rayon $6$ . D’après le théorème de Pythagore, $r^{2} + \frac{h^{2}}{4} = 36$ , soit $r^{2} = 36 - \frac{h^{2}}{4}$ (ce qui impose $h \in [0; 12]$ ). Donc $V (h) = π r^{2} h = π (36 - \frac{h^{2}}{4}) h = π (36 h - \frac{h^{3}}{4})$ . Contrôle : $V (2) = π (72 - 2) = 70 π$ .
2. Étudier les variations de $V$ sur $[0; 12]$ : le volume est maximal pour une hauteur $h_{1}$ . Valeur approchée de $h_{1}$ au millième :
$V' (h) = π (36 - \frac{3 h^{2}}{4}) = \frac{3 π}{4} (48 - h^{2})$ . Sur $[0; 12]$ , $48 - h^{2} > 0 ⟺ h < \sqrt{48} = 4 \sqrt{3}$ . Donc $V' > 0$ sur $[0; 4 \sqrt{3} [$ et $V' < 0$ sur $] 4 \sqrt{3}; 12]$ : $V$ est strictement croissante sur $[0; h_{1}]$ puis strictement décroissante sur $[h_{1}; 12]$ , avec $h_{1} = 4 \sqrt{3} \approx 6, 928$ . De plus $V (0) = 0$ et $V (12) = π (432 - 432) = 0$ .
3. Volume maximal, arrondi au dixième : cm³
$h_{1}^{3} = 64 \times 3 \sqrt{3} = 192 \sqrt{3}$ , donc $V (h_{1}) = π (144 \sqrt{3} - 48 \sqrt{3}) = 96 \sqrt{3} π \approx 522, 4$ cm³.
4. Démontrer que l’équation $V (h) = 128 π$ admet exactement deux solutions $a < b$ dans $[0; 12]$ , puis trouver la solution entière : $a =$
Rédaction attendue. $V$ est continue (polynôme). $96 \sqrt{3} \approx 166, 3 > 128$ , donc $0 < 128 π < 96 \sqrt{3} π$ . Sur $[0; h_{1}]$ , $V$ est strictement croissante de $0$ à $96 \sqrt{3} π$ : d’après le corollaire du TVI, une unique solution $a \in [0; h_{1}]$ . Sur $[h_{1}; 12]$ , $V$ est strictement décroissante de $96 \sqrt{3} π$ à $0$ : une unique solution $b$ . Comme $V (h_{1}) \neq 128 π$ , $a \neq b$ : exactement deux solutions. Or $V (4) = π (144 - \frac{64}{4}) = π (144 - 16) = 128 π$ , et $4 < h_{1} \approx 6, 928$ : c’est la solution de $[0; h_{1}]$ , donc $a = 4$ .
5. On admet que, pour tout réel $h$ , $V (h) - 128 π$ s’écrit $- \frac{π}{4} (h - 4) (h^{2} + 4 h - 128)$ . Valeur approchée de $b$ au centième :
Vérification : $(h - 4) (h^{2} + 4 h - 128) = h^{3} - 144 h + 512$ , et $V (h) - 128 π = - \frac{π}{4} (h^{3} - 144 h + 512)$ . Donc $V (h) = 128 π ⟺ h = 4$ ou $h^{2} + 4 h - 128 = 0$ . $Δ = 16 + 512 = 528 = 16 \times 33$ , racines $- 2 \pm 2 \sqrt{33}$ . $- 2 - 2 \sqrt{33} < 0$ est exclue ; $b = 2 \sqrt{33} - 2 \approx 9, 49$ cm. Contrôle par balayage : $V (9, 4) \approx 130, 75 π > 128 π$ et $V (9, 5) \approx 127, 66 π < 128 π$ , donc $9, 4 < b < 9, 5$ .

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