| Solution(s) proposée(s) : |
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| Anonyme |
Posté le : 11/5/2022 9:11 Mis à jour : 11/5/2022 |
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a) Soit o le centre du carre et a l'angle AFO. L'aire de OAD et clairement x^2/4. L'aire de OAF est cos(a)*sin(a)/2. Comme AO = x/sqrt(2) = sin(a) et cos(a) = sqrt(1 - sin(a)^2), l'aire de ADF est
sqrt(1 - x^2/2) * x / sqrt(8) - x^2/2 et l'aire de la partie ombree est
sqrt(2 - x^2) * x - 2 * x^2.
b) En annulant la derivee de cette fonction de x, on trouve que le maximum est atteint en x = 1/2.
Le niveau des questions ne m'a pas l'air tres eleve, cette annee. A-t-on peut-etre reduit la duree de la competition?
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| Anonyme |
Posté le : 11/5/2022 9:12 Mis à jour : 11/5/2022 |
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Evidemment, multiplier une expression par 4 est au-dessus de mes forces...
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| Anonyme |
Posté le : 11/5/2022 9:16 Mis à jour : 11/5/2022 |
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Ah non, c'est pire: recopier est au-desus de mes forces: l'aire de DAF est sqrt(1 - x^2/2) * x / sqrt(8) - x^2/4, donc l'aire totale est sqrt(2 - x^2) * x - x^2. L'optimum est bien x=1/2.
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| Anonyme |
Posté le : 10/8/2022 20:09 Mis à jour : 10/8/2022 |
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a) Soit O le centre de la figure. Posons alors d = |AC| = 2|AO| et D = |EF| = 2|EO|.
En appliquant le théorème de Pythagore dans les triangles ABC et AEO, nous obtenons respectivement d = 2*x/sqrt(2) = sqrt(2)*x et D = 2*sqrt(1-x²/2) = sqrt(2)*sqrt(2-x²).
Il s'ensuit que A(x) = aire(ombre) = aire(AECF) - aire(ABCD) = d*D/2 - x*x = x*sqrt(2-x²) - x²
b) A'(x) = sqrt(2-x²) + x*(-2x)/(2*sqrt(2-x²)) - 2x = (2-2x²-2x*sqrt(2-x²))/sqrt(2-x²)
Ainsi, A'(x) = 0 ssi 2-2x² = 2x*sqrt(2-x²) ssi 1-2x²+x^4 = 2x² - x^4 ssi 2x^4-4x²+1 = 0 ssi x² = (4+-sqrt(8))/4 = 1+-sqrt(2)/2.
Comme 0<x<1 par hypothèse, on a x = sqrt(1-sqrt(2)/2) qui correspond bien à un maximum (étude de signe de A'(x) pour x entre 0 et 1)
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