Problème 1 - Passeport

Temps Distance Vitesse
Jean-Noël Gers
Février 2005
CUEEP Département Mathématiques
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Ce dossier contient un certain nombre de problèmes classiques sur la rencontre de mobiles évoluant à vitesse constante. Ce genre de
problème est traditionnellement soumis aux personnes s’initiant à la résolution algébrique de problèmes. Et il est particulièrement redouté de
leur part, à juste titre, car il recèle des difficultés particulières que ce dossier a pour but de débusquer et de résoudre.
A cet effet nous donnons de chaque problème quatre solutions en parallèle : une solution graphique, une solution arithmétique et deux
solutions algébriques. La mise en regard de ces diverses solutions peut, nous l’espérons, aider à repérer et à traiter les difficultés propres à la
mise en équation de ces problèmes.
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Problème 1
Juste après avoir doublé un camion, je m’arrête à une station service pour faire le plein. Il est 12h15. Je repars 10 minutes plus tard et je roule
à la vitesse maximum autorisée de 130km/h.
En supposant que le camion roule lui aussi à la vitesse maximum autorisée, soit 90km/h, dans combien de temps et combien de kilomètres le
trouverai-je à nouveau devant moi ?
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Solution graphique.
Le camion et la voiture roulant à vitesse constante, leurs mouvements sont représentés par des droites dans un graphique temps/distance.
Pour tracer ces droites on repère le moment de départ de la station service de chaque véhicule et sa position une heure plus tard. Ces
informations fournissent deux points par droite. L’intersection des deux droites correspond au moment et au lieu de la rencontre.
13h25
13h15
12h25
12h15
12h
Station service
90km
130km
On peut lire sur le graphique que la voiture rattrape le camion vers 12h45 un peu moins de 50km après avoir quitté la station service.
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Solution arithmétique.
Puisque les vitesses de déplacement sont constantes, les durées et les distances de déplacement sont proportionnelles. C’est sur ce principe
que s’appuie la solution arithmétique.
Dès que la voiture se met à rouler, la distance qui la sépare du camion se réduit à la vitesse de 130km/h – 90km/h = 40km/h.
Or le camion a roulé pendant 10 minutes avant que la voiture ne se lance à sa poursuite. Il a donc pris une avance qui vaut les 10/60 de 90km
soit 15km.
Pour réduire à zéro cette distance, la voiture devra donc rouler pendant les 15/40 d’une heure soit 22 minutes et 30 secondes.
Elle aura parcouru les 15/40 de 130 km soit 48 km et 750 m.
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Solution algébrique en «repérage relatif».
Le terme « repérage relatif » signifie qu’on formalise le mouvement propre de chaque véhicule, indépendamment des autres. On utilise, en
quelque sorte, un compteur kilométrique et un chronomètre particuliers pour chaque véhicule. Le chronomètre et le compteur kilométrique d’un
même véhicule étant déclenchés en même temps. Dès lors, la formule « distance = vitesse × temps » s’applique à chaque mouvement.
En termes mathématiques, le repérage relatif se traduit par le choix de variables de temps et d’espace différentes pour chaque véhicule, par
exemple dans notre problème, t1 et d1 pour le camion, t2 et d2 pour la voiture. Pour chaque variable il est capital de préciser l’unité utilisée. Nous
choisirons par exemple les définitions suivantes :
t1 est le temps compté en heure qui s’est écoulé depuis le passage du camion devant la station service.
d1 est la distance en kilomètre parcourue par le camion depuis son passage devant la station service.
t2 est le temps compté en heure qui s’est écoulé depuis le départ de la voiture de la station service.
d2 est la distance en kilomètre parcourue par la voiture depuis son départ de la station service.
Nous avons les deux équations suivantes qui traduisent les mouvements des deux véhicules :
d1 = 90 t1
et
d2 = 130 t2
Il faut ensuite synchroniser les chronomètres des deux véhicules :
t1 = t2 + 10
60
Enfin nous voulons savoir quand la voiture rattrape le camion, soit :
d1 = d2
Ce qui achève la mise en équation du problème.
Il s’agit d’un système de quatre équations à quatre inconnues du premier degré.
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La résolution de ce système se fait par substitutions successives. On remplace d’abord d1 par 90 t1 et d2 par 130 t2 dans la dernière équation :
90 t1 = 130 t2
Puis t1 par t2 + 10 dans l’équation obtenue :
60
90 ( t2 + 10 ) = 130 t2
60
Cette dernière équation se résout en développant d’abord la parenthèse :
90 t2 + 15 = 130 t2
Ensuite en inversant l’opération + 90 t2 en - 90 t2 :
15 = 130 t2 - 90 t2
Puis en regroupant les termes en t2 :
15 = 40 t2
Enfin en inversant l’opération × 40 en l’opération ÷ 40 :
15 = t2
40
Il faut donc 15 d’une heure à la voiture pour rattraper le camion, soit 15 × 60 minutes, c’est à dire 22 minutes et 30 secondes.
40
40
15
dans l’équation d2 = 130 t2 , soit :
La distance parcourue par la voiture s’obtient en remplaçant t2 par
40
d2 = 130 × 15
40
Ce qui donne 48km et 750m.
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La méthode algébrique n’est pas indispensable pour résoudre ce problème. Elle peut même paraître lourde et pénible. Ce qui est intéressant,
c’est d’analyser comment fonctionne cette méthode dans le cas simple que nous exposons ici, de façon à pouvoir l’appliquer dans un cas plus
complexe.
La force de la méthode algébrique réside en effet dans le fait qu’elle décompose le travail de résolution en étapes distinctes autonomes, ce qui
allège considérablement l’effort à fournir dans les cas complexes.
La première étape consiste à mettre le problème en équations, la deuxième à résoudre ces équations, la troisième à interpréter les solutions de
ces équations. La première étape est une traduction en langage algébrique des données du problème. La seconde étape, la plus pénible, est
purement technique et peut être automatisée. La dernière étape requiert, comme la première, des qualités humaines d’interprétation.
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Solution algébrique en «repérage absolu».
Le terme « repérage absolu » signifie que l’on choisit un repérage commun à tous les véhicules. Autrement dit il existe un seul chronomètre. La
variable « temps » est commune à tous les véhicules, c’est une simple horloge qui donne l’heure, elle ne correspond pas forcément à une
durée de déplacement. Par exemple nous appellerons« t » le temps qui s’est écoulé depuis midi compté en heures.
De même les distances ne correspondent pas forcément à des distances parcourues, elles indiquent seulement les positions des véhicules par
rapport à un repère commun. Nous pouvons choisir la station service comme repère commun. Nous appellerons « d » la distance d’un véhicule
à la station service comptée en kilomètres.
Le mouvement de chaque véhicule est représentée par une droite dans un graphique croisant les informations « d » et « t ». Il est d’usage, en
algèbre, de placer la variable « t » est en abscisse et la variable « d » en ordonnée. Nous nous conformerons à cet usage.
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d
Le mouvement du camion est représenté,
à partir de t = 15 , par une droite de pente
60
90 ; cette droite a donc pour équation :
voiture
d = 90 ( t - 15 )
60
camion
Le
mouvement
de
la
voiture
est
représenté, à partir de t = 25 par une
60
droite de pente 130 ; cette droite a donc
pour équation :
d = 130 ( t - 25 )
60
0
0
15
60
25
60
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t
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Les véhicules se rencontrent quand les deux droites se coupent, soit :
90 ( t - 15 ) = 130 ( t - 25 )
60
60
cela donne en développant les parenthèses :
90t – 90 × 15 = 130 t – 130 × 25
60
60
puis en transférant les termes d’un membre dans l’autre:
130 × 25 – 90 × 15 = 130 t – 90t
60
60
d’où en regroupant les termes :
95 = 40 t
3
et :
t = 95
120
Cette valeur convertie en minutes donne 47,5. La voiture rattrape le camion à 12 heures 47 minutes et 30 secondes.
L’abscisse du lieu de la rencontre s’obtient en remplaçant t par 95 dans l’une ou l’autre des équations des droites :
120
d = 90 ( 95 - 15 ) = 48,75
120 60
La voiture rattrape le camion à 48,750km de la station service.
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Problème n°2
A 7h15 du matin, un convoi de camions part de Lille vers Paris dans le but de bloquer l’autoroute à l’entrée nord de la capitale. Prévenus, les
services de police envoient des véhicules à leur rencontre pour les intercepter. Ces véhicules partent de Paris à 7h35 et roulent à 130km/h. Les
camions roulent à 90km/h. Il y a 240km entre Lille et Paris. Où va se produire l’interception et à quelle heure ?
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p12/27
Solution graphique.
Les camions et les véhicules de police roulant à vitesse constante, leurs mouvements sont représentés par des droites dans un
graphique temps/distance. Pour tracer ces droites, on repère le moment de départ de chaque véhicule et sa position une heure plus tard. Ces
informations fournissent deux points par droite. L’intersection des deux droites correspond au moment et au lieu de l’interception.
camions
véhicules de police
8h35
8h15
7h35
7h15
7h
7h
Lille
90km
130km
Paris
On peut lire sur le graphique que l’interception a lieu vers 8h30 à environ 120km de Paris.
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p13/27
Solution arithmétique.
Puisque les vitesses de déplacement sont constantes, les durées et les distances de déplacement sont proportionnelles. C’est sur ce
principe que s’appuie la solution arithmétique.
Dès que les véhicules de police se mettent à rouler, la distance qui les sépare des camions se réduit à la vitesse de 130km/h + 90km/h
soit 220km/h.
Or les camions ont roulé pendant 20 minutes, soit le tiers d’une heure, avant que les véhicules de police ne se lancent à leur rencontre.
Ils ont donc parcouru le tiers de 90km soit 30km. La distance qui les sépare alors des véhicules de police n’est donc plus que de 210km
Pour réduire à zéro cette distance, il faudra les 210/220 d’une heure soit un peu plus 57 minutes.
Les véhicules de police auront alors parcouru les 210/220 de 130km soit environ 124km.
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Solution algébrique en «repérage relatif».
Le terme « repérage relatif » signifie, on l’a vu, qu’on formalise le mouvement propre de chaque véhicule, indépendamment des autres. On
utilise, en quelque sorte, un compteur kilométrique et un chronomètre particuliers pour chaque véhicule. Le chronomètre et le compteur
kilométrique d’un même véhicule étant déclenchés en même temps. Dès lors la formule « distance = vitesse × temps » s’applique à chaque
mouvement.
En termes mathématiques, le repérage relatif se traduit par le choix de variables de temps et d’espace différentes pour chaque véhicule, par
exemple dans notre problème, t1 et d1 pour le convoi de camions, t2 et d2 pour les véhicules de police. Pour chaque variable il est capital de
préciser l’unité utilisée. Nous choisirons par exemple les définitions suivantes :
t1 est le temps compté en heure qui s’est écoulé depuis le départ des camions de Lille.
d1 est la distance en kilomètre parcourue par les camions depuis leur départ de Lille.
t2 est le temps compté en heure qui s’est écoulé depuis le départ des véhicules de police de Paris.
d2 est la distance en kilomètre parcourue par les véhicules de police depuis leur départ de Paris.
Nous avons dés lors les deux équations suivantes qui traduisent les mouvements des deux convois :
d1 = 90 t1
et
d2 = 130 t2
Il faut ensuite synchroniser les chronomètres des deux convois :
t1 = t2 + 20
60
Enfin nous voulons savoir quand les voitures de police intercepteront les camions ; cela se produira quand ils auront ensemble parcouru
240km, soit :
d1 + d2 = 240
Ce qui achève la mise en équation du problème. Il s’agit d’un système de quatre équations à quatre inconnues du premier degré.
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p15/27
La résolution de ce système se fait par substitutions successives. On remplace d’abord d1 par 90 t1 et d2 par 130 t2 dans la dernière équation :
90 t1 + 130t2 = 240
Puis t1 par t2 + 20 dans l’équation obtenue :
60
90 ( t2 + 20 ) + 130 t2 = 240
60
Cette dernière équation se résout en développant d’abord la parenthèse :
90 t2 + 30 + 130 t2 = 240
Ensuite en inversant l’opération + 30 en - 30 :
90 t2 + 130 t2 = 240 - 30
Puis en regroupant les termes en t2 :
220 t2 = 210
Enfin en inversant l’opération × 220 en l’opération ÷ 220 :
t2 = 210
220
Il faut donc les 210 d’une heure aux voitures de police pour intercepter les camions, soit un peu plus de 57 minutes.
220
La distance parcourue par les voitures de police s’obtient en remplaçant t2 par 210 dans l’équation d2 = 130 t2 , soit :
220
d2 = 130 × 210
220
ce qui donne environ 124km.
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p16/27
Solution algébrique en «repérage absolu».
Rappelons que le terme « repérage absolu » signifie que l’on choisit un repérage commun à tous les véhicules. Autrement dit il existe un seul
chronomètre. La variable « temps » est commune aux deux convois, c’est une simple horloge qui donne l’heure, elle ne correspond pas
forcément à une durée de déplacement. Dans le cas qui nous intéresse ici, nous appellerons « t » le temps qui s’est écoulé depuis 7h compté
en heures.
De même les distances ne correspondent pas forcément à des distances parcourues, elles indiquent seulement les positions des véhicules par
rapport à un repère commun. Nous choisirons ici Paris comme repère commun. Nous appellerons « d » la distance d’un convoi à Paris
comptée en kilomètres.
Le mouvement de chaque convoi est représenté par une droite dans un graphique croisant les informations « d » et « t ». Il est d’usage, en
algèbre, de placer la variable « t » en abscisse et la variable « d » en ordonnée. Nous nous conformerons à cet usage.
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d
véhicules de police
camions
240
0
0
1
4
35
60
t
1
et d = 240, par une droite de pente -90 ; cette droite a donc pour équation :
4
1
d = 240 - 90 ( t - )
4
35
Le mouvement des véhicules de police est représenté, à partir de t =
et d = 0 par une droite de pente 130 ; cette droite a donc pour
60
Le mouvement des camions est représenté, à partir de t =
équation :
d = 130 ( t - 35 )
60
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p18/27
Les convois se rencontrent quand les deux droites se coupent, soit :
240 - 90 ( t - 1 ) = 130 ( t - 35 )
4
60
cela donne en développant les parenthèses :
240 - 90t + 90 = 130t – 130 × 35
4
60
puis en transférant les termes d’un membre dans l’autre:
240 + 90 + 130 × 35 = 130t + 90t
4
60
d’où en regroupant les termes :
1015 = 220t
3
et :
t = 1015
660
soit un peu plus de 1h32. Les voitures de police interceptent donc les camions vers 8 heures 32 minutes.
L’abscisse du lieu de la rencontre s’obtient en remplaçant t par
1015
dans l’une ou l’autre des équations de droites :
660
d = 130 ( 1015 - 35 ) = 1365
3
60
11
L’interception a lieu à environ 124km de Paris.
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p19/27
Problème n°3
Un avion relie deux villes A et B distantes de 1620km. Par temps calme, il vole à la vitesse de 540km/h. Par suite de mauvais temps, sa vitesse
se trouve réduite à 480km/h sur une partie du parcours. Le voyage a duré 3h10. Pendant combien de temps l’avion a-t-il volé à 540km/h ?
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p20/27
Solution graphique.
Il est impossible d’établir le graphique réel du mouvement puisqu’on ignore à quel moment du vol l’avion a dû ralentir son allure. Cependant,
quelque soit ce moment, le temps de vol a vitesse réduite est nécessairement le même. On peut donc supposer que l’avion a, par exemple,
trouvé le mauvais temps sur la dernière partie de son parcours.
Le graphique est alors celui d’une ligne brisée composée de deux segments de droite. On connaît les deux extrémités de cette ligne brisée. On
connaît également les pentes de chacun des segments dont elle est composée. Il est donc possible de retrouver le point central de cette ligne
brisée.
1620km
1h
480km
3h10
1h
A
540km
B
On peut lire sur le graphique que l’avion a volé à 540km/h pendant environ 1h40.
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p21/27
Solution arithmétique.
On peut d’abord envisager la durée de vol par temps calme. Cette durée vaut les 1620/540 d’une heure soit 3 heures. Le mauvais temps a
donc causé un retard de 10 minutes.
On peut ensuite comparer ce retard au retard pris par kilomètre au cours du vol à vitesse réduite.
A vitesse normale l’avion effectue le kilomètre en 1/540 d’heure, soit en 20/3 de seconde. A vitesse réduite l’avion effectue le kilomètre en
1/480 d’heure, soit en 7,5 secondes. Le temps perdu par kilomètre est de 5/6 de seconde.
Comme le retard est de 600 secondes, le nombre de kilomètres parcourus à vitesse réduite est le quotient de 600 par 5/6 soit 720.
La distance parcourue à vitesse réduite est donc de 720 km. L’avion a donc parcouru 900 km à pleine vitesse, soit une durée de vol de 900/540
d’heure soit 100/60 d’heure soit encore 1 heure et 40 minutes.
La solution arithmétique que nous venons de présenter ne se construit pas de façon évidente à partir des solutions arithmétiques exposées
dans les problèmes précédents. Il existe d’autres solutions arithmétiques mais elles ne sont pas plus évidentes.
Par contre nous allons voir maintenant que les solutions algébriques de ce problème sont construites sur le même modèle que les solutions
algébriques des problèmes précédents. La méthode algébrique se transpose facilement d’un problème à l’autre. D’où son intérêt..
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p22/27
Solution algébrique en «repérage relatif».
Le terme « repérage relatif » signifie ici qu’on formalise chaque phase de vol, indépendamment des autres. On utilise un compteur kilométrique
et un chronomètre particuliers pour chaque phase de vol. Le chronomètre et le compteur kilométrique d’une même phase de vol étant
déclenchés en même temps. Dès lors la formule « distance = vitesse × temps » s’applique à chaque phase de vol.
En termes mathématiques, le repérage relatif se traduit par le choix de variables de temps et d’espace différentes pour chaque phase de vol.
Les choix d’unités doivent être cohérents. Nous choisirons les définitions suivantes :
t1 est le temps compté en heures pendant lequel l’avion a volé à 540km/h.
d1 est la distance en kilomètres parcourue par l’avion pendant cette phase de vol.
t2 est le temps compté en heures pendant lequel l’avion a volé à 480 km/h
d2 est la distance en kilomètres parcourue par l’avion pendant cette phase de vol.
Nous avons dés lors les deux équations suivantes qui traduisent les mouvements pendant les deux phases de vol :
d1 = 90 t1
et
d2 = 130 t2
Il suffit ensuite écrire que le vol a duré 3h10 :
t1 + t2 = 190
60
et que la distance parcourue a été de 1620km :
d1 + d2 = 1620
Ce qui achève la mise en équation du problème. Il s’agit d’un système de quatre équations à quatre inconnues du premier degré.
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p23/27
La résolution de ce système se fait par substitutions successives. On remplace d’abord d1 par 540 t1 et d2 par 480 t2
dans la dernière équation :
540 t1 + 480 t2 = 1620
Puis t2 par 190 - t1 dans l’équation obtenue :
60
540 t1 + 480 ( 190 -t1 ) = 1620
60
Cette dernière équation se résout en développant d’abord la parenthèse :
540 t1 + 1520 - 480 t1 = 1620
Ensuite en inversant l’opération + 1520 en - 1520 :
540 t1 - 480 t1 = 1620 - 1520
Puis en regroupant les termes :
60 t1 = 100
Enfin en inversant l’opération × 60 en l’opération ÷ 60 :
t1 = 100
60
L’avion a donc volé à 540 km/h pendant les 100 d’une heure, soit 1h40.
60
La méthode algébrique fait la preuve, ici, de son efficacité ; elle n’est pas plus difficile à mettre en œuvre pour résoudre ce problème que pour
résoudre les précédents.
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p24/27
Solution algébrique en «repérage absolu».
Le terme « repérage absolu » signifie ici que l’on choisit un repérage commun aux deux phases du vol. Autrement dit il existe un seul
chronomètre ; nous appellerons « t » le temps qui s’est écoulé depuis le début du vol compté en heures.
De même il existe une seule variable « distance ». Nous pouvons choisir la ville d’où l’avion s’est envolé comme repère commun. Nous
appellerons « d » la distance de l’avion à cette ville comptée en kilomètres.
Nous avons vu que le mouvement de l’avion peut être représenté par une ligne brisée dans un graphique croisant les informations « d » et
« t ». Il est d’usage, en algèbre, de placer la variable « t » en abscisse et la variable « d » en ordonnée. Nous nous conformerons à cet usage.
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p25/27
d
Pendant la première phase de vol, le mouvement de l’avion est
représenté par une droite de pente 540 passant par l’origine.
Cette droite a pour équation :
1620
d = 540t
pente 480
Pendant la deuxième phase de vol, le mouvement de l’avion
est représenté par une droite de pente 480 passant par le point
pente 540
d’abscisse 3 + 10 ( 3h10 ) et d’ordonnée 1620. Cette droite a
60
pour équation :
d = 480 ( t - 3 - 10 ) + 1620
60
0
0
3 + 10
60
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p26/27
La première phase de vol prend fin quand les deux droites se coupent, soit :
540t = 480 ( t - 3 - 10 ) + 1620
60
cela donne en développant les parenthèses :
540t = 480 t - 1440 – 80 + 1620
puis en transférant le terme 480t d’un membre dans l’autre :
540t – 480t = 100
d’où en regroupant les termes :
60t = 100
et :
t = 100
60
soit
t = 1 + 40
60
L’avion a volé pendant 1heure 40 minutes à la vitesse de 540km/h.
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p27/27