Exercice 4 (6 points)

Une municipalité a décidé d'installer un module de skateboard dans un parc de la commune.
Le dessin ci-contre en fournit une perspective cavalière. Les quadrilatères OAD'D, DD'C'C, et OAB'B sont des rectangles.
Le plan de face (OBD) est muni d’un repère orthonormé (O, I, J).
L'unité est le mètre. La largeur du module est de 10 mètres, autrement dit, DD' = 10, sa longueur OD est de 20 mètres.

Le but du problème est de déterminer l'aire des différentes surfaces à peindre.

Le profil du module de skateboard a été modélisé à partir d'une photo par la fonction $f$ définie sur l'intervalle $[0 ; 20]$ par
$f(x) = (x+1) ln (x+1) - 3x + 7 $

On note $f'$ la fonction dérivée de la fonction $f$ et $C$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans le repère $(O, I, J)$.

• Partie 1
  
  
  
  • 1. Montrer que pour tout réel $x$ appartenant à l’intervalle $[0 ; 20]$, on a $f'(x) = ln(x + 1) - 2$
  • 2. En déduire les variations de $f$ sur l’intervalle $[0 ; 20]$ et dresser son tableau de variation.
  • 3. Calculer le coefficient directeur de la tangente à la courbe $C$ au point d'abscisse 0.
    La valeur absolue de ce coefficient est appelée l’inclinaison du module de skateboard au point $B$.
  • 4. On admet que la fonction $g$ définie sur l’intervalle $[0 ; 20]$ par $g(x) = \frac{1}{2} (x + 1)^{2} ln (x + 1) - \frac{1}{4} x^{2} - \frac{1}{2}x$ a pour dérivée la fonction $g'$ définie sur l’intervalle [0 ; 20] par $g'(x) = (x + 1) ln (x + 1)$.
    
    Déterminer une primitive de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0 ; 20]$.
  
  
  
• Partie 2
  Les trois questions de cette partie sont indépendantes.
  • 1. Les propositions suivantes sont-elles exactes ? Justifier les réponses.
    P1 : La différence de hauteur entre le point le plus haut et le point le plus bas de la piste est au moins égale à 8 mètres.
    P2 : L’inclinaison de la piste est presque deux fois plus grande en $B$ qu'en $C$.
  • 2. On souhaite recouvrir les quatre faces latérales de ce module d’une couche de peinture rouge. La peinture utilisée permet de couvrir une surface de 5 m² par litre.
    
    Déterminer, à 1 litre près, le nombre minimum de litres de peinture nécessaires.
    
    
  • 3. On souhaite peindre en noir la piste roulante, autrement dit la surface supérieure du module.
    
    Afin de déterminer une valeur approchée de l'aire de la partie à peindre, on considère dans le repère $(O, I, J)$ du plan de face, les points $B_{k} (k ; f(k))$ pour $k$ variant de 0 à 20.
    Ainsi, $B_{0} = B$.
    On décide d'approcher l'arc de la courbe $C$ allant de $B_{k}$ à $B_{k+1}$ par le segment $[B_{k}B_{k+1}]$.
    Ainsi l’aire de la surface à peindre sera approchée par la somme des aires des rectangles du type $B_{k}B_{k+1}B'_{k+1}B'_{k}$ (voir figure).
    • a. Montrer que pour tout entier $k$ variant de 0 à 19, $B_{k}B_{k+1} = \sqrt{1 + (f (k + 1) - f (k))^2}$ .
    • b. Compléter l'algorithme suivant pour qu'il affiche une estimation de l'aire de la partie roulante.
      

• Partie 1
  
  
  • 1.
    Sur [0; 20], $f$ est dérivable et l'on a : $f'$(x) = 1.ln(x+1) + $\frac{1}{1+x}$(x+1)-3
    =ln(x+1)-2
  • 2.
    Il suffit de résoudre $f'$$\geqslant$0 , soit ln (x+1)-2$\geqslant$0 , ln(x+1)$\geqslant$2 d'où x+1$\geqslant$ e$^2$ , soit x$\geqslant$ e$^2$-1.
    On en déduit : $f$ est croissante sur [e$^2$-1; 20] , décroissant ailleurs.
    Le tableau de variations s'en déduit.
  • 3.
    On a $f'$(0) = ln (0+1)-2 = -2
  • 4.
    Puisqu'une primitive de $g'$ donnée est $g$ donnée, on en déduit qu'une primitive de $f$ est :
    $\int$ f(x) dx = g(x) + $\int$ (-3x+7) dx = g(x) -3 $\frac{x^2}{2}$+7x , sur [0; 20] où $f$ est continue.
• Partie 2
  • 1.
    $\bullet$ Le creux de la piste étant en x=e$^2$-1, il s'agit de calculer $f$(20) - $f$(e$^2$-1) $\simeq$ 8,32 ,
    Donc P$_1$ est vraie.
    $\bullet$ Pour P$_2$, on compare : $f'$(0)=2 et $f'$(20)+1,04 ; P$_2$ est vraie.
  • 2.
    $\bullet$ Les aires des faces ODCB et AD'C'B', sont l'intégrale :
    $\int^{20}_{0}$$f$(x) dx = [$g$(x) - $\frac{3x^2}{2}$ + 7x]$^{20}_{0}$ = $g$(20) - $\frac{3(20)^2}{2}$ -7(20) - $g$(0) -0 $\simeq$ 101, 31 en m$^2$.
    D'où les 2 aires associées ; 202,63 m$^2$.
    Il leur faut donc $\frac{202,63}{5}$$\simeq$ 40,53 litres de peinture.
    $\bullet$Les aires des faces rectangulaires sont :
    10.$f$(20) = 109,34 et 10.$f$(0) = 70 , soit au total 179,34 m$^2$ .
    D'où $\frac{179,34}{5}$$\simeq$ 35,87 litres de peinture.
    Le volume total de peinture est alors 76,4 litres, soit 76 litres à 1 litre près.
  • 3.
    • a. par le théorème de Pythagore dans chaque rectangle d’hypoténuse [B$_k$ B$_{k+1}$], on a (pour k de 0 à 19) :
      B$_k$ B$^2_{k+1}$ = ($f$(k) - $f$(k+1))$^2$ + (k+1-k)$^2$ = 1 + ($f$(k) - $f$(k+1))$^2$ ; d'où le résultat demandé.
    • b.
      L'algorithme est complété par :
      Pour k variant de 0 à 19
      S prend la valeur S + 10$\sqrt{1 + (f(k+1) - f(k))^2}$ Afficher S