Bonjour
1°) L'instant où le projectile retombe sur le sol correspond à h(t) = 0 (puisque h(t) correspond à l'altitude du projectile).
Il faut donc résoudre -5t² + 100t = 0⇔ t ×(-5t + 100) = 0
Donc soit t=0, soit -5t+100 = 0.
La solution t=0 correspond à l'instant où le projectile est lancé. Il reste la solution -5t+100 = 0, soit 5t = 100 ⇔ t=20.
Le projectile retombe donc au bout de 20 secondes.
2°) Plusieurs façons de répondre :
Méthode 1 :
Si tu connais les dérivées : la dérivée de h(t) = -5t² + 100 t est h'(t) = -10t + 100. Il faut ensuite chercher quand h'(t) est positive, nulle ou négative :
-10 t + 100 < 0 ⇔ -10 t < -100 ⇔ 10 t > 100 ⇔ t > 10
Donc lorsque 0 ≤ t < 10 alors h'(t) > 0 et donc h(t) est croissante ;
lorsque t = 10, h'(t) = 0 et h(t) est au maximum ;
lorsque 10 < t ≤ 20, h'(t) est négative et donc h(t) est décroissante.
Méthode 2 :
Tu cherches le maximum de la parabole h(t) = -5t²+100 t :
En effet, ici cette parabole est concave en bas (c'est-à-dire dans le sens inverse de celle représentant y = x²) car le coefficient a de t² est négatif
(a = -5)
Donc cette parabole est croissante jusqu'à son maximum, puis, naturellement, est décroissante. Là encore, il existe plusieurs méthodes pour trouver l'abscisse du maximum :
Méthode 2.1 : Si tu connais la formule -b/2a qui donne l'abscisse de l'extremum d'une parabole, tu peux utiliser cette formule.
[tex] \frac{-b}{2a} = \frac{-100}{2*(-5)} = \frac{-100}{-10}=10 [/tex]
Méthode 2.2 Sinon tu peux rechercher la forme canonique de h(t). :
h(t)=-5t² + 100t = -5(t²-20t)=-5[(t²-20t+100)-100]=-5[(t-10)²-100]=-5(t-10)²+500
Donc h(t) = -5(t-10)²+500. Cette expression est appelée "forme canonique" de h(t). 5(t-10)² est forcément positif ou nul. Donc, puisque on retranche un nombre positif ou nul à 500, le maximum de h(t) est obtenu lorsque 5(t-10)² est nul, soit lorsque t=10.
En conclusion : Quelque soit la méthode, on trouve que pour t compris entre 0 et 10 secondes, l'altitude h(t) augmente jusqu'à 500 mètres. L'altitude est à 500 m lorsque t=10 secondes. Puis h(t) diminue pour être à 0 (soit au sol) à 20 secondes. Le tableau de variation se trouve en pièce jointe. Tu peux supprimer la ligne correspondant à la dérivée h'(t) si tu n'as pas suivi la méthode 1.
3°) Sur le graphique (que j'ai tracé ci-joint) h(t) ≥ 320 pour 4 ≤ t ≤ 16.
Pour trouver cela, on trace la droite horizontale y = 320 et on recherche les abscisses des points d’intersection entre cette droite et la parabole. Autrement dit, le projectile est à une altitude supérieure ou égale à 320 m entre 4 et 16 secondes après le lancé, soit pendant 16-4+1 = 13 secondes.
4°)a)
Calculons h(t)-320 : h(t)-320 = -5t²+100t-320
Calculons -5(t-16)(t-4)=(-5t+80)(t-4) :
-5(t-16)(t-4)=(-5t+80)(t-4)=-5t²+20t+80t-320=-5t²+100t-320
Donc h(t)-320 =-5(t-16)(t-4)=(-5t+80)(t-4)
4°)b) h(t) ≥ 320 ⇔ h(t)-320 ≥ 0 ⇔ -5(t-16)(t-4) ≥ 0
Pour résoudre cette inéquation, il faut faire un tableau de signes :
________|0_______4_______16_______20|
(t-4)_____|____ -___ |____ +___ |__ + _____|
(t-16)____ |____ -___ |____ - ___ |__ +_____|
(t-4)(t-16)_ | ____+___ |___ -____ |__ +_____ |
-5(t-4)(t-16)|____ -____ |___ +___ |___ - ____|
Donc -5(t-4)(t-16) ≥ 0 ⇔ 4 ≤ t ≤ 16
