Enoncé du problème n° 24

Correction du problème n° 24

• Méthode 1 : Avec les suites ...
• Posons $S$ la surface du jardin et $s_0$ la surface occupée par la fleur au début.
  La surface occupée par les fleurs double à chaque seconde. On a donc une suite $(s_n)$ qui est géométrique de raison 2 et de premier terme $s_0$.
  $S$ correspond donc à $s_{60}$ . Or $s_{60}= s_0 \times q^{60} = s_0 \times 2^{60}$.
  Donc $S = s_0 \times 2^{60}$
  Pour le deuxième cas on a $p_0 = 4 \times s_0 = 2^2 \times s_0$. La suite $(p_n)$ est aussi géométrique de raison 2 mais de premier terme $p_0 = 2^2 \times s_0$ .
  On a alors: $$\begin{array}{rl} S& = s_0\times 2^{60} \\ &= s_0 \times 2^2\times 2^{58}\\ &=p_0 \times 2^{58}\\ &= p_{58} \end{array}$$ On ne gagnera donc que 2s. Le jardin sera couvert en 58s.
• Méthode 2 : Logique ...
• Comme la surface occupée par les fleurs double toutes les secondes, multiplier par 4 la surface de départ revient à mettre le jardin dans l'état où il serait 2s après la plantation de la première fleur.
  On gagne donc 2s sur le temps mis pour recouvrir le jardin avec une seule fleur.
  Le jardin sera couvert en 58s.
• Conclusion: Le jardin sera couvert en 58s.

Enoncé du problème n° 23

Correction du problème n° 23

• Méthode 1: On étudie $f: x\mapsto \sqrt{\cos(x)} + \sqrt{\sin(x)}$
  
• Il est clair que $f$ est périodique de période $2\pi$ car les fonctions $\sin$ et $\cos$ le sont.
  Par ailleurs sur $[0;2\pi]$; $f(x)$ existe ssi $\left\lbrace \begin{array}{l} \cos x \geqslant 0\\ \sin x \geqslant 0 \end{array} \right. $ soit $x\in \left[0; \dfrac{\pi}{2}\right].$
  $f$ est dérivable partout où les fonctions $\cos$ et $\sin$ sont dérivables et strictement positives , donc sur $[0;2\pi]$, $f$ est dérivable sur $\left]0; \dfrac{\pi}{2}\right[ .$
  Comme $\left( \sqrt u\right) '= \dfrac{u'}{2\sqrt u}$; on trouve : $$f'(x)= -\dfrac{\sin x}{2\sqrt {\cos x}}+\dfrac{\cos x }{2\sqrt {\sin x}}= \dfrac{\sqrt{\cos x }^3-\sqrt{\sin x }^3}{2\sqrt {\sin x\cos x}}$$ A partir du cerlce trigonométrique, on lit facilement sur $\left]0; \dfrac{\pi}{4}\right[ .$ : $$\begin{array}{cl} \cos x >\sin x & \\ \sqrt{\cos x } > \sqrt{\sin x } & \text{ car la fonction } x\mapsto \sqrt x \text{ est strictement croissante sur } \mathbb R ^+ \\ \sqrt{\cos x }^3> \sqrt{\sin x }^3 & \text{ car la fonction } x\mapsto x^3 \text{est strictement croissante sur } \mathbb R\\ \sqrt{\cos x }^3 - \sqrt{\sin x }^3 > 0&\\ \dfrac{\sqrt{\cos x }^3-\sqrt{\sin x }^3}{2\sqrt {\sin x\cos x}}> 0 &\text{ car } 2\sqrt {\sin x\cos x}> 0 \text{ sur } \left]0; \dfrac{\pi}{4}\right[\\ f'(x)> 0& \end{array}$$ On prouve de même $f'(x)< 0$ sur $\left] \dfrac{\pi}{4}; \dfrac{\pi}{2}\right[ .$ On déduit le tableau de variations de $f $ sur $\left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]$:
  
  Il apparaît alors clairement : $$\mathcal{S}_{\left[0; \dfrac{\pi}{2}\right]}=\{0; \dfrac{\pi}{2} \}$$ Puis $\mathcal{S}=\{\dfrac{\pi}{2}+k2\pi; k2\pi /k\in \mathbb Z\}$
• Méthode 2: On sait que si $a\in]0;1[$ alors $a^2 < a < \sqrt{a}$
  On déduit donc : $$\sqrt{\cos(x)} + \sqrt{\sin(x)} > \cos(x)^2+\sin(x)^2$$ Mais on sait que pour tout réel $x$, on a : $$\cos(x)^2+\sin(x)^2= 1$$
• On déduit donc si $\cos x \in ]0;1[$ et si $\sin x \in ]0;1[$ alors $f(x)> 1$
  Ce qui prouve que si $f(x)=1$, alors nécessairement $\cos x =0$ ou $\cos x =1$ ...
• Conclusion: $\mathcal{S}=\{\dfrac{\pi}{2}+k2\pi; k2\pi /k\in \mathbb Z\}$