10 Sujets de Concours Corrigés

ISG
07

Institut Supérieur de Gestion — Session d'octobre 2007

Épreuve : Mathématiques · Niveau : Baccalauréat · Durée : 4 h 00 — Nombres complexes et formule de Moivre, variable aléatoire et loi binomiale, fonctions hyperboliques.

Ex.1Ex.2Ex.3

Équation du 2^d degré dans $\mathbb{C}$ Formule de Moivre Variable aléatoire Loi binomiale Fonctions ch, sh, th Bijection réciproque Calcul d'aire

Exercice 1Complexes

Soit $r$ un réel strictement positif et $\alpha$ un réel de $]-\pi\,;\pi]$.

1Résoudre dans $\mathbb{C}$ l'équation $z^2-2r\cos\alpha\;z+r^2=0$. On appellera $z_1$ et $z_2$ les solutions et on précisera le module et l'argument de chacune des solutions.
2Calculer $z_1^{\,n}$ et $z_2^{\,n}$ pour tout entier non nul $n$, ainsi que $P_n=z_1^{\,n}+z_2^{\,n}$.
3Déterminer la limite de $P_n$ quand $n$ tend vers $+\infty$ pour $r=\dfrac12$ et $\alpha=\dfrac{2\pi}{3}$.

Corrigé — Exercice 1

Complexes · Moivre

1.Le discriminant vaut $$\Delta=(-2r\cos\alpha)^2-4r^2=4r^2(\cos^2\alpha-1)=-4r^2\sin^2\alpha .$$ Comme $r>0$, $\Delta\le 0$ : les racines carrées de $\Delta$ sont $\pm\,2ir\left|\sin\alpha\right|$, et l'on peut aussi bien écrire $\pm\,2ir\sin\alpha$ (le signe est absorbé par le $\pm$). D'où $$z=\frac{2r\cos\alpha\pm 2ir\sin\alpha}{2}=r(\cos\alpha\pm i\sin\alpha).$$ On pose donc $z_1=r(\cos\alpha+i\sin\alpha)=re^{i\alpha}$ et $z_2=r(\cos\alpha-i\sin\alpha)=re^{-i\alpha}=\overline{z_1}$.

$z_1=re^{i\alpha}$ : $|z_1|=r$, $\arg z_1\equiv\alpha\;[2\pi]$ ; $z_2=re^{-i\alpha}$ : $|z_2|=r$, $\arg z_2\equiv-\alpha\;[2\pi]$

Vérification. $z_1z_2=r^2$ et $z_1+z_2=2r\cos\alpha$ : les relations coefficients-racines sont bien satisfaites.

2.D'après la formule de Moivre, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ : $$z_1^{\,n}=r^n e^{in\alpha}=r^n(\cos n\alpha+i\sin n\alpha),\qquad z_2^{\,n}=r^ne^{-in\alpha}=r^n(\cos n\alpha-i\sin n\alpha).$$ En additionnant, les parties imaginaires s'éliminent : $$P_n=z_1^{\,n}+z_2^{\,n}=r^n\big[(\cos n\alpha+i\sin n\alpha)+(\cos n\alpha-i\sin n\alpha)\big].$$

$P_n=2r^n\cos(n\alpha)$ — en particulier $P_n$ est réel pour tout $n$ (somme de deux conjugués)

3.Pour $r=\frac12$ et $\alpha=\frac{2\pi}{3}$ : $P_n=2\left(\frac12\right)^n\cos\!\left(\frac{2n\pi}{3}\right)$. Le facteur $\cos\!\left(\frac{2n\pi}{3}\right)$ n'a pas de limite (il prend cycliquement les valeurs $-\frac12,-\frac12,1$), mais il est borné : $$0\le |P_n|\le 2\left(\tfrac12\right)^n\quad\text{et}\quad \lim_{n\to+\infty}2\left(\tfrac12\right)^n=0\ \ \text{car } 0<\tfrac12<1 .$$ Le théorème des gendarmes donne alors $|P_n|\to0$, donc $P_n\to0$.

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}P_n=0$

Exercice 2Probabilités

On lance un dé à six faces portant chacune un chiffre. Une face porte le chiffre $4$, une autre le chiffre $3$, deux autres le chiffre $2$ et les deux dernières le chiffre $1$. Toutes les faces ont la même probabilité d'apparaître. On désigne par $X$ la variable aléatoire égale à la somme des chiffres portés par les cinq faces visibles.

1
1. a. Quelles sont les valeurs prises par $X$ ?
2. b. Donner la loi de probabilité de $X$.
2
On lance trois fois de suite ce dé. On désigne par $Y$ la variable aléatoire égale au nombre de fois où $X$ est strictement inférieur à $10$.
1. a. Quelles sont les valeurs prises par $Y$ ?
2. b. Donner la loi de probabilité de $Y$.
3. c. Déterminer l'espérance mathématique et la variance de $Y$.

Corrigé — Exercice 2

Loi discrète · Loi binomiale

1.aIdée clé : la somme des six faces est fixe, $$S=4+3+2+2+1+1=13 .$$ Lorsque le dé s'immobilise, une seule face est cachée (celle posée sur la table) : les cinq autres sont visibles. Donc $$X=13-C,$$ où $C$ est le chiffre de la face cachée. Comme $C\in\{1,1,2,2,3,4\}$ :

$X\in\{9\,;10\,;11\,;12\}$ (obtenus pour $C=4,\;3,\;2,\;1$)

1.bChaque face a la probabilité $\frac16$ d'être cachée. Le chiffre $1$ figure sur deux faces, le chiffre $2$ aussi ; les chiffres $3$ et $4$ sur une seule.

Face cachée $C$	$4$	$3$	$2$	$1$	Total
$x_i=13-C$	$9$	$10$	$11$	$12$	—
$P(X=x_i)$	$\dfrac16$	$\dfrac16$	$\dfrac26=\dfrac13$	$\dfrac26=\dfrac13$	$1$

$P(X=9)=P(X=10)=\dfrac16$ ; $P(X=11)=P(X=12)=\dfrac13$

2.aL'événement « $X<10$ » signifie $X=9$, de probabilité $p=\dfrac16$. On répète $3$ fois, de façon indépendante et identique, une épreuve à deux issues (succès : $X<10$ ; échec : $X\ge10$). $Y$ compte les succès :

$Y\in\{0\,;1\,;2\,;3\}$ et $Y$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}\!\left(3\,;\dfrac16\right)$

2.bPour $k\in\{0,1,2,3\}$ : $\;P(Y=k)=\dbinom{3}{k}\left(\dfrac16\right)^{k}\left(\dfrac56\right)^{3-k}$, avec $6^3=216$ :

$k$	$0$	$1$	$2$	$3$	Total
$P(Y=k)$	$\dfrac{125}{216}$	$\dfrac{75}{216}$	$\dfrac{15}{216}$	$\dfrac{1}{216}$	$1$

Détail : $P(Y=1)=3\cdot\frac16\cdot\frac{25}{36}=\frac{75}{216}$ ; $P(Y=2)=3\cdot\frac1{36}\cdot\frac56=\frac{15}{216}$.

2.cPour une loi binomiale $\mathcal{B}(n,p)$ : $E(Y)=np$ et $V(Y)=np(1-p)$. $$E(Y)=3\times\frac16=\frac12,\qquad V(Y)=3\times\frac16\times\frac56=\frac{15}{36}=\frac{5}{12}.$$

$E(Y)=\dfrac12=0{,}5$ ; $V(Y)=\dfrac{5}{12}\approx0{,}417$ ; $\sigma(Y)=\sqrt{5/12}\approx0{,}645$

Exercice 3Fonctions hyperboliques

1Montrer que la fonction $x\mapsto e^x$ peut s'écrire de manière unique comme somme d'une fonction paire et d'une fonction impaire.
2Dans un repère orthonormé du plan, représenter graphiquement $x\mapsto e^x$, $f:x\mapsto\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}$ et $g:x\mapsto\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}$.
3Pour $m>0$, calculer l'aire de la partie du plan délimitée par les courbes de $f$ et $g$, l'axe des ordonnées et la droite d'équation $x=m$. Calculer la limite de cette aire quand $m\to+\infty$.
4
On note $\mathrm{ch}=f$ (cosinus hyperbolique) et $\mathrm{sh}=g$ (sinus hyperbolique).
1. a. Montrer que $\mathrm{ch}'=\mathrm{sh}$ et $\mathrm{sh}'=\mathrm{ch}$. Calculer $\mathrm{ch}^2x-\mathrm{sh}^2x$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.
2. b. Montrer que pour tous $a,b$ réels : $\mathrm{ch}(a+b)=\mathrm{ch}\,a\,\mathrm{ch}\,b+\mathrm{sh}\,a\,\mathrm{sh}\,b$ et $\mathrm{sh}(a+b)=\mathrm{sh}\,a\,\mathrm{ch}\,b+\mathrm{ch}\,a\,\mathrm{sh}\,b$. En déduire $\mathrm{ch}(2a)$ et $\mathrm{sh}(2a)$.
3. c. On pose $\mathrm{th}\,x=\dfrac{\mathrm{sh}\,x}{\mathrm{ch}\,x}$. Étudier et représenter graphiquement $\mathrm{th}$.
4. d. Montrer que $\mathrm{sh}$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$ et que sa bijection réciproque est $x\mapsto\ln\!\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$.

Énoncé restauré. Le recueil écrit « $\mathrm{sh}(a+b)=\mathrm{sh}(a)\mathrm{sh}(b)+\mathrm{ch}(a)\mathrm{sh}(b)$ » : le premier produit doit être $\mathrm{sh}(a)\mathrm{ch}(b)$, sinon la formule est fausse (la tester avec $b=0$ donne $\mathrm{sh}\,a=0$).

Corrigé — Exercice 3

Analyse

1.Existence. Posons $f(x)=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}$ et $g(x)=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}$. Alors $f(-x)=f(x)$ ($f$ paire), $g(-x)=-g(x)$ ($g$ impaire) et $f(x)+g(x)=\dfrac{2e^x}{2}=e^x$.
Unicité. Supposons $e^x=P(x)+I(x)$ avec $P$ paire et $I$ impaire. En remplaçant $x$ par $-x$ : $e^{-x}=P(x)-I(x)$. En additionnant puis en soustrayant ces deux égalités : $$P(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2},\qquad I(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}.$$ La décomposition est donc imposée : elle est unique.

$e^x=\underbrace{\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}}_{\text{paire}}+\underbrace{\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}}_{\text{impaire}}$, et cette écriture est unique

2.$\mathrm{ch}$ est paire, minimale en $0$ avec $\mathrm{ch}\,0=1$ ; $\mathrm{sh}$ est impaire, croissante, $\mathrm{sh}\,0=0$. Quand $x\to+\infty$, $e^{-x}\to0$ donc les deux courbes sont asymptotes à celle de $\frac12e^x$ ; $\mathcal{C}_{\mathrm{ch}}$ est toujours au-dessus de $\mathcal{C}_{\mathrm{sh}}$ puisque $\mathrm{ch}\,x-\mathrm{sh}\,x=e^{-x}>0$.

Courbes de $\mathrm{ch}$ (bleu), $\mathrm{sh}$ (rouge) et de $x\mapsto e^x$ (pointillés)

3.Sur $[0\,;m]$, $\mathrm{ch}\,x-\mathrm{sh}\,x=e^{-x}>0$ : la courbe de $f$ est au-dessus de celle de $g$. L'aire cherchée (en unités d'aire) vaut $$\mathcal{A}(m)=\int_0^m\big(f(x)-g(x)\big)\,dx=\int_0^m e^{-x}\,dx=\Big[-e^{-x}\Big]_0^m=1-e^{-m}.$$

$\mathcal{A}(m)=1-e^{-m}$ u.a. et $\displaystyle\lim_{m\to+\infty}\mathcal{A}(m)=1$

Remarquable : bien que le domaine soit non borné quand $m\to+\infty$, son aire reste finie et vaut exactement $1$ u.a.

4.a$\mathrm{ch}'(x)=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}=\mathrm{sh}\,x$ et $\mathrm{sh}'(x)=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}=\mathrm{ch}\,x$ (la dérivée de $e^{-x}$ vaut $-e^{-x}$). Puis, avec $(A+B)(A-B)$ : $$\mathrm{ch}^2x-\mathrm{sh}^2x=\big(\mathrm{ch}\,x+\mathrm{sh}\,x\big)\big(\mathrm{ch}\,x-\mathrm{sh}\,x\big)=e^{x}\cdot e^{-x}=1.$$

$\mathrm{ch}'=\mathrm{sh}$, $\mathrm{sh}'=\mathrm{ch}$ et $\mathrm{ch}^2x-\mathrm{sh}^2x=1$ (relation fondamentale)

4.bOn développe le membre de droite en revenant aux exponentielles : $$\mathrm{ch}\,a\,\mathrm{ch}\,b+\mathrm{sh}\,a\,\mathrm{sh}\,b=\frac{(e^a+e^{-a})(e^b+e^{-b})+(e^a-e^{-a})(e^b-e^{-b})}{4}.$$ Au numérateur, les termes croisés $e^{a}e^{-b}$ et $e^{-a}e^{b}$ se détruisent, il reste $2e^{a+b}+2e^{-a-b}$, d'où le quotient $\dfrac{e^{a+b}+e^{-(a+b)}}{2}=\mathrm{ch}(a+b)$. Le même calcul, avec le signe $-$ entre les deux produits, donne $\mathrm{sh}(a+b)=\mathrm{sh}\,a\,\mathrm{ch}\,b+\mathrm{ch}\,a\,\mathrm{sh}\,b$. En faisant $b=a$ :

$\mathrm{ch}(2a)=\mathrm{ch}^2a+\mathrm{sh}^2a=2\,\mathrm{ch}^2a-1=1+2\,\mathrm{sh}^2a$ ; $\mathrm{sh}(2a)=2\,\mathrm{sh}\,a\,\mathrm{ch}\,a$

4.cÉtude de $\mathrm{th}$. $\mathrm{ch}\,x\ge1>0$ : $\mathrm{th}$ est définie sur $\mathbb{R}$, et impaire (quotient d'une impaire par une paire). Sa dérivée : $$\mathrm{th}'(x)=\frac{\mathrm{ch}^2x-\mathrm{sh}^2x}{\mathrm{ch}^2x}=\frac{1}{\mathrm{ch}^2x}>0 .$$ En multipliant numérateur et dénominateur par $e^{-x}$ : $\mathrm{th}\,x=\dfrac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}\xrightarrow[x\to+\infty]{}1$, et par imparité $\mathrm{th}\,x\to-1$ en $-\infty$.

$x$	$-\infty$		$0$		$+\infty$
$\mathrm{th}'(x)$		$+$	$1$	$+$
$\mathrm{th}(x)$	$-1$	$\nearrow$	$0$	$\nearrow$	$1$

Les droites $y=1$ et $y=-1$ sont asymptotes horizontales ; la tangente à l'origine a pour coefficient directeur $\mathrm{th}'(0)=1$, c'est la droite $y=x$, et $O$ est un point d'inflexion (centre de symétrie).

Courbe de $\mathrm{th}$ : asymptotes $y=\pm1$, tangente $y=x$ à l'origine

4.d$\mathrm{sh}'=\mathrm{ch}>0$ donc $\mathrm{sh}$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ ; de plus $\displaystyle\lim_{-\infty}\mathrm{sh}=-\infty$ et $\displaystyle\lim_{+\infty}\mathrm{sh}=+\infty$. D'après le théorème de la bijection, $\mathrm{sh}$ réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$.
Expression de la réciproque. Soit $y\in\mathbb{R}$ ; résolvons $\mathrm{sh}\,x=y$, c'est-à-dire $e^x-e^{-x}=2y$. En posant $X=e^x>0$ et en multipliant par $X$ : $$X^2-2yX-1=0,\qquad \Delta'=y^2+1>0,\qquad X=y\pm\sqrt{y^2+1}.$$ Or $\sqrt{y^2+1}>\sqrt{y^2}=|y|\ge -y$, donc $y-\sqrt{y^2+1}<0$ : cette racine est à rejeter car $X>0$. Il reste $X=y+\sqrt{y^2+1}$, d'où $x=\ln\!\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)$.

$\mathrm{sh}^{-1}(x)=\ln\!\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$ pour tout $x\in\mathbb{R}$ (fonction « argument sinus hyperbolique »)

ISG
10

Institut Supérieur de Gestion — Session d'octobre 2010

Cycles Long et Court — Suite récurrente et suite auxiliaire, module et argument, problème complet d'analyse en trois parties (fonction auxiliaire, étude, calcul intégral).

Ex.1Ex.2Problème (I, II, III)

Suite récurrente Raisonnement par récurrence Module & argument Fonction auxiliaire Théorème des valeurs intermédiaires Primitive $u'/u$ Aire & asymptote

Exercice 1Suites

Soit la suite $(u_n)$ définie par $u_0=2$ et $\forall n\in\mathbb{N},\;u_{n+1}=\dfrac12\left(u_n+\dfrac{1}{u_n}\right)$. On pose, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $v_n=\dfrac{u_n-1}{u_n+1}$.

1Montrer que $\forall n\in\mathbb{N},\;v_{n+1}=v_n^{\,2}$.
2Démontrer par récurrence que $\forall n\in\mathbb{N},\;v_n=(v_0)^{2^n}$.
3Calculer $v_n$ et $u_n$ en fonction de $n$.
4Démontrer que $\forall n\in\mathbb{N},\;0\le v_n\le\left(\dfrac13\right)^n$. En déduire $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}v_n$ puis $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n$.

Corrigé — Exercice 1

Suites

0.Préliminaire (indispensable). Montrons par récurrence que $u_n>1$ pour tout $n$, ce qui garantit que $(v_n)$ est bien définie et que $u_n\ne0$. C'est vrai pour $n=0$ ($u_0=2$). Si $u_n>1$, alors $$u_{n+1}-1=\frac{u_n^2+1-2u_n}{2u_n}=\frac{(u_n-1)^2}{2u_n}>0 .$$

$\forall n,\;u_n>1$, donc $u_n+1\neq0$ et $v_n$ est défini

1.On calcule directement, en réduisant au même dénominateur $2u_n$ : $$v_{n+1}=\frac{u_{n+1}-1}{u_{n+1}+1}=\frac{\frac{u_n^2+1}{2u_n}-1}{\frac{u_n^2+1}{2u_n}+1}=\frac{u_n^2+1-2u_n}{u_n^2+1+2u_n}=\frac{(u_n-1)^2}{(u_n+1)^2}=\left(\frac{u_n-1}{u_n+1}\right)^{2}.$$

$v_{n+1}=v_n^{\,2}$

2.Récurrence sur $n$. Notons $\mathcal{P}(n)$ : « $v_n=(v_0)^{2^n}$ ».
Initialisation : $(v_0)^{2^0}=(v_0)^1=v_0$ : $\mathcal{P}(0)$ est vraie.
Hérédité : supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie. Alors, d'après la question 1, $$v_{n+1}=v_n^{\,2}=\left[(v_0)^{2^n}\right]^2=(v_0)^{2^n\times2}=(v_0)^{2^{n+1}} ,$$ donc $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie. Le principe de récurrence conclut.

$\forall n\in\mathbb{N},\;v_n=(v_0)^{2^n}$

3.$v_0=\dfrac{2-1}{2+1}=\dfrac13$, d'où $v_n=\left(\dfrac13\right)^{2^n}=3^{-2^n}$.
Pour revenir à $u_n$ : de $v_n=\dfrac{u_n-1}{u_n+1}$ on tire $v_n(u_n+1)=u_n-1$, soit $u_n(1-v_n)=1+v_n$ et $$u_n=\frac{1+v_n}{1-v_n}\qquad(\text{licite car } 0$v_n=\left(\dfrac13\right)^{2^n}$ et $u_n=\dfrac{1+\left(\frac13\right)^{2^n}}{1-\left(\frac13\right)^{2^n}}$

4.Comme $0<\frac13<1$ et $2^n\ge n$ pour tout $n\in\mathbb{N}$ (récurrence immédiate), la fonction $t\mapsto\left(\frac13\right)^t$ étant décroissante : $$0$\lim v_n=0$ et $\lim u_n=1$

Remarque. La convergence est quadratique : $v_n=3^{-2^n}$ écrase tout. C'est exactement l'algorithme de Héron appliqué à $\sqrt{1}$ ; avec $u_{n+1}=\frac12(u_n+\frac{a}{u_n})$ on obtiendrait $\sqrt a$.

Exercice 2Complexes

1Soit $z=1+\cos\theta+i\sin\theta$ avec $0\le\theta\le2\pi$. Déterminer le module et l'argument de $z$.
2Résoudre dans $\mathbb{C}$ l'équation $iz-\bar z+2-3i=0$.

Énoncé restauré (question 1). Le recueil porte « $z=1+\cos\theta+i\cos\theta$ » ; il s'agit d'une coquille classique pour $z=1+\cos\theta+i\sin\theta$, seule écriture permettant la factorisation par l'angle moitié attendue ici.

Corrigé — Exercice 2

Complexes

1.Technique de l'angle moitié. On utilise $1+\cos\theta=2\cos^2\frac\theta2$ et $\sin\theta=2\sin\frac\theta2\cos\frac\theta2$ : $$z=2\cos^2\tfrac\theta2+2i\sin\tfrac\theta2\cos\tfrac\theta2=2\cos\tfrac\theta2\left(\cos\tfrac\theta2+i\sin\tfrac\theta2\right)=2\cos\tfrac\theta2\;e^{i\theta/2}.$$ Attention : $2\cos\frac\theta2$ n'est le module que s'il est positif. Pour $\theta\in[0;2\pi]$, on a $\frac\theta2\in[0;\pi]$, donc :

Cas	$\|z\|$	$\arg z$
$0\le\theta<\pi$ ($\cos\frac\theta2>0$)	$2\cos\frac\theta2$	$\dfrac\theta2\ [2\pi]$
$\theta=\pi$	$0$	non défini ($z=0$)
$\pi<\theta\le2\pi$ ($\cos\frac\theta2<0$)	$-2\cos\frac\theta2$	$\dfrac\theta2+\pi\ [2\pi]$

$z=2\cos\frac\theta2\,e^{i\theta/2}$ ; $|z|=2\left|\cos\frac\theta2\right|$ et $\arg z\equiv\frac\theta2\ [2\pi]$ si $\theta\in[0;\pi[$, $\equiv\frac\theta2+\pi$ sinon

2.Posons $z=x+iy$ avec $x,y$ réels. Alors $iz=i(x+iy)=-y+ix$ et $-\bar z=-x+iy$. L'équation devient $$(-y+ix)+(-x+iy)+2-3i=0\iff\underbrace{(-x-y+2)}_{\text{partie réelle}}+i\underbrace{(x+y-3)}_{\text{partie imaginaire}}=0 .$$ Un complexe est nul si et seulement si ses deux parties le sont : $$\begin{cases}-x-y+2=0\\x+y-3=0\end{cases}\iff\begin{cases}x+y=2\\x+y=3\end{cases}$$ Ce système est incompatible ($2\ne3$).

$\mathcal{S}=\varnothing$ : l'équation, telle qu'elle est écrite, n'admet aucune solution

Commentaire. Ce résultat signale une coquille dans le recueil (un coefficient a été perdu à la photographie). Avec, par exemple, $2iz-\bar z+2-3i=0$, le système devient $\begin{cases}2x+y=2\\x+2y=3\end{cases}$, d'où $z=\frac13+\frac43i$ ; avec $iz-2\bar z+2-3i=0$ on trouve $z=\frac13+\frac43 i$ également après calcul analogue. Méthode à retenir : séparer partie réelle et partie imaginaire, puis résoudre le système $2\times2$.

Problème3 parties

Partie I — fonctions auxiliaires

1
Soit $g$ définie sur $[0;+\infty[$ par $g(x)=e^x-x-1$.
1. a. Montrer que pour tout $x>0$, $g'(x)\ge0$. En déduire le sens de variation de $g$.
2. b. Calculer $g(0)$ ; en déduire que $g(x)>0$ pour tout $x>0$.
2
Soit $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par $f(x)=(2-x)e^x-1$.
1. a. Étudier $f$ et dresser son tableau de variation.
2. b. Montrer que $f(x)=0$ admet une solution unique $\alpha$, avec $1{,}84<\alpha<1{,}85$.
3. c. Préciser, suivant les valeurs de $x\ge0$, le signe de $f(x)$.

Partie II — étude de $h$

Soit $h(x)=\dfrac{e^x-1}{e^x-x}$, de courbe $(\mathcal{C})$ dans le repère $(O,\vec\imath,\vec\jmath)$.

1
1. a. Justifier que $h$ est définie en tout point de $[0;+\infty[$.
2. b. Montrer que $h(x)=\dfrac{1-e^{-x}}{1-xe^{-x}}$ ; en déduire $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}h(x)$ et interpréter géométriquement.
3. c. Montrer que pour tout $x\ge0$, $h'(x)=\dfrac{f(x)}{(e^x-x)^2}$.
4. d. Étudier les variations de $h$ et dresser son tableau de variation.
2
1. a. Montrer que pour tout $x\ge0$, $h(x)-x=\dfrac{(1-x)g(x)}{e^x-x}$.
2. b. En déduire la position de $(\mathcal{C})$ par rapport à la droite $(D):y=x$.
3
1. a. Préciser la tangente à $(\mathcal{C})$ au point d'abscisse $0$.
2. b. Tracer $(\mathcal{C})$ avec la droite $(\Delta):y=1$.

Partie III — calcul intégral

1Déterminer une primitive de $h$. En déduire $u_n=\displaystyle\int_0^n\big(h(x)-1\big)dx$ en fonction de $n$.
2Interpréter géométriquement le réel $-u_1$.
3Déterminer $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n$ (on pourra utiliser $n=\ln(e^n)$).
4Interpréter géométriquement $u_n-u_1$, puis le résultat de la question précédente.

Corrigé — Problème

Parties I, II, III

Partie I

1.a$g'(x)=e^x-1$. Or $x\ge0\Rightarrow e^x\ge e^0=1$ (croissance de $\exp$), donc $g'(x)\ge0$ : $g$ est croissante sur $[0;+\infty[$, et même strictement croissante sur $]0;+\infty[$.

1.b$g(0)=e^0-0-1=0$. Comme $g$ est strictement croissante sur $[0;+\infty[$ : pour $x>0$, $g(x)>g(0)=0$.

$g(0)=0$ et $g(x)>0$ pour tout $x>0$ (autrement dit $e^x>x+1$)

2.a$f(x)=(2-x)e^x-1$ est dérivable et, par la formule $(uv)'=u'v+uv'$ : $$f'(x)=-e^x+(2-x)e^x=(1-x)e^x .$$ Comme $e^x>0$, $f'(x)$ est du signe de $1-x$ : positive sur $[0;1[$, nulle en $1$, négative sur $]1;+\infty[$.
Valeurs et limite : $f(0)=2-1=1$, $f(1)=e-1\approx1{,}718$, et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$ (car $(2-x)\to-\infty$ et $e^x\to+\infty$).

$x$	$0$		$1$		$+\infty$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$
$f(x)$	$1$	$\nearrow$	$e-1$	$\searrow$	$-\infty$

2.bSur $[0;1]$, $f$ est croissante et $f\ge f(0)=1>0$ : pas de solution.
Sur $[1;+\infty[$, $f$ est continue et strictement décroissante, avec $f(1)=e-1>0$ et $\lim_{+\infty}f=-\infty$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (version « bijection »), l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $[1;+\infty[$, donc une unique solution sur $[0;+\infty[$.
Encadrement : $f(1{,}84)=0{,}16\,e^{1{,}84}-1\approx0{,}16\times6{,}2965-1\approx+0{,}007>0$ et $f(1{,}85)=0{,}15\,e^{1{,}85}-1\approx0{,}15\times6{,}3598-1\approx-0{,}046<0$. Par décroissance :

$1{,}84<\alpha<1{,}85$

2.cD'après le tableau et l'unicité de $\alpha$ :

$f(x)>0$ sur $[0;\alpha[$ ; $f(\alpha)=0$ ; $f(x)<0$ sur $]\alpha;+\infty[$

Partie II

1.aLe dénominateur s'écrit $e^x-x=g(x)+1$. Or $g(x)\ge0$ sur $[0;+\infty[$ (Partie I), donc $e^x-x\ge1>0$ : il ne s'annule jamais.

$h$ est définie (et dérivable) sur $[0;+\infty[$ tout entier

1.bOn factorise $e^x$ au numérateur et au dénominateur : $$h(x)=\frac{e^x(1-e^{-x})}{e^x(1-xe^{-x})}=\frac{1-e^{-x}}{1-xe^{-x}} .$$ Quand $x\to+\infty$ : $e^{-x}\to0$ et $xe^{-x}\to0$ (croissances comparées), donc $h(x)\to\dfrac{1-0}{1-0}=1$.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}h(x)=1$ : la droite $(\Delta):y=1$ est asymptote horizontale à $(\mathcal{C})$ en $+\infty$

1.cAvec $\left(\frac uv\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^2}$, $u=e^x-1$, $v=e^x-x$, $u'=e^x$, $v'=e^x-1$ : $$h'(x)=\frac{e^x(e^x-x)-(e^x-1)(e^x-1)}{(e^x-x)^2}=\frac{e^{2x}-xe^x-\left(e^{2x}-2e^x+1\right)}{(e^x-x)^2}=\frac{-xe^x+2e^x-1}{(e^x-x)^2}.$$ Or $-xe^x+2e^x-1=(2-x)e^x-1=f(x)$.

$h'(x)=\dfrac{f(x)}{(e^x-x)^2}$

1.dLe dénominateur étant strictement positif, $h'$ a le signe de $f$ (Partie I.2.c). De plus $h(0)=\frac{1-1}{1-0}=0$ et $h(\alpha)$ est le maximum. On peut simplifier $h(\alpha)$ : $f(\alpha)=0$ donne $e^\alpha=\frac{1}{2-\alpha}$, d'où $$h(\alpha)=\frac{e^\alpha-1}{e^\alpha-\alpha}=\frac{\frac1{2-\alpha}-1}{\frac1{2-\alpha}-\alpha}=\frac{1-(2-\alpha)}{1-\alpha(2-\alpha)}=\frac{\alpha-1}{(\alpha-1)^2}=\frac{1}{\alpha-1}\approx1{,}19 .$$

$x$	$0$		$\alpha\approx1{,}841$		$+\infty$
$f(x)$ (signe)	$+$	$+$	$0$	$-$
$h'(x)$	$+$	$+$	$0$	$-$
$h(x)$	$0$	$\nearrow$	$\frac{1}{\alpha-1}\approx1{,}19$	$\searrow$	$1$

2.aOn réduit au même dénominateur : $$h(x)-x=\frac{e^x-1-x(e^x-x)}{e^x-x}=\frac{e^x-1-xe^x+x^2}{e^x-x}.$$ Développons le numérateur annoncé : $(1-x)g(x)=(1-x)(e^x-x-1)=e^x-x-1-xe^x+x^2+x=e^x-1-xe^x+x^2$. C'est le même.

$h(x)-x=\dfrac{(1-x)\,g(x)}{e^x-x}$

2.bLe dénominateur est $>0$ et $g(x)>0$ pour $x>0$ (avec $g(0)=0$). Le signe de $h(x)-x$ est donc celui de $1-x$ :

$x$	$0$	$]0;1[$	$1$	$]1;+\infty[$
$h(x)-x$	$0$	$+$	$0$	$-$
Position	$(\mathcal{C})$ coupe $(D)$	$(\mathcal{C})$ au-dessus	$(\mathcal{C})$ coupe $(D)$	$(\mathcal{C})$ en dessous

$(\mathcal{C})$ et $(D):y=x$ se coupent en $O(0;0)$ et en $I(1;1)$

3.a$h(0)=0$ et $h'(0)=\dfrac{f(0)}{(e^0-0)^2}=\dfrac{1}{1}=1$. L'équation de la tangente $T$ en $0$ est $y=h'(0)(x-0)+h(0)$ :

$T:y=x$ — la tangente en $O$ est exactement la droite $(D)$

3.bTracé récapitulatif : la courbe part de $O$ tangentiellement à $y=x$, croît jusqu'au maximum $\left(\alpha;\frac1{\alpha-1}\right)$ en dépassant la valeur $1$, puis décroît vers l'asymptote $y=1$.

$(\mathcal{C})$ : maximum en $\alpha\approx1{,}841$, asymptote $(\Delta):y=1$, tangente $(D):y=x$ en $O$

Partie III

1.Reconnaître la forme $\dfrac{u'}{u}$. Posons $u(x)=e^x-x$ ; alors $u'(x)=e^x-1$ et $u>0$, donc $$h(x)=\frac{u'(x)}{u(x)}\quad\Longrightarrow\quad H(x)=\ln\!\big(e^x-x\big)\ \text{est une primitive de }h .$$ Par conséquent, une primitive de $h-1$ est $x\mapsto\ln(e^x-x)-x$ et $$u_n=\int_0^n\big(h(x)-1\big)dx=\Big[\ln(e^x-x)-x\Big]_0^n=\ln(e^n-n)-n-\underbrace{\big(\ln(e^0-0)-0\big)}_{=\ln1=0}.$$

$u_n=\ln\!\left(e^n-n\right)-n$

2.Sur $[0;1]$ on a $h(x)\le1$ (le tableau de variation montre que $h$ passe de $0$ à $h(1)=\frac{e-1}{e-1}=1$ en croissant). Donc $1-h(x)\ge0$ et $$-u_1=\int_0^1\big(1-h(x)\big)dx\ \ge 0 .$$

$-u_1$ est l'aire, en unités d'aire, du domaine compris entre la droite $(\Delta):y=1$, la courbe $(\mathcal{C})$ et les droites $x=0$ et $x=1$. Numériquement $-u_1=1-\ln(e-1)\approx0{,}459$ u.a.

3.On utilise l'indication $n=\ln(e^n)$ : $$u_n=\ln(e^n-n)-\ln(e^n)=\ln\!\left(\frac{e^n-n}{e^n}\right)=\ln\!\left(1-\frac{n}{e^n}\right)=\ln\!\left(1-ne^{-n}\right).$$ Par croissances comparées $ne^{-n}\to0$, et $\ln$ est continue en $1$ :

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\ln 1=0$

4.Pour $x>1$, $h(x)-1=\dfrac{e^x-1-e^x+x}{e^x-x}=\dfrac{x-1}{e^x-x}>0$ : la courbe est au-dessus de son asymptote. Donc $$u_n-u_1=\int_1^n\big(h(x)-1\big)dx$$ est l'aire du domaine compris entre $(\mathcal{C})$, l'asymptote $(\Delta):y=1$ et les droites $x=1$ et $x=n$.
Comme $u_n\to0$, cette aire tend vers $-u_1=1-\ln(e-1)$ lorsque $n\to+\infty$.

L'aire entre $(\mathcal{C})$ et son asymptote sur $[1;+\infty[$ est finie et vaut $1-\ln(e-1)\approx0{,}459$ u.a., c'est-à-dire exactement l'aire calculée à la question 2

CTS
05

Cycle de Technicien Supérieur — Session d'octobre 2005

Durée : 3 h 00 · Coefficient 2 — Équation réciproque du 4^e degré, équation différentielle linéaire d'ordre 3, étude complète de $x\mapsto\frac{\ln(1+x)}{x}$ prolongée par continuité.

Ex.1Ex.2Problème

Équation réciproque Changement d'inconnue $z-\frac1z$ Cocyclicité Équation différentielle d'ordre 3 Prolongement par continuité Position courbe / tangente

Exercice 1Complexes

Soit l'équation $(E)$ : $z^4+2z^3+2z^2-2z+1=0$, $z\in\mathbb{C}$.

1Démontrer que si $z_0$ est solution de $(E)$, alors $\overline{z_0}$ est aussi solution de $(E)$.
2
1. a. Déterminer les réels $a$ et $b$ tels que $(E)$ soit équivalente à $z^2\left[\left(z-\dfrac1z\right)^2+a\left(z-\dfrac1z\right)+b\right]=0$.
2. b. Résoudre dans $\mathbb{C}$ l'équation $W^2+aW+b=0$, puis l'équation $(E)$.
3Démontrer que les images des quatre solutions de $(E)$ appartiennent à un même cercle dont on précisera le centre et le rayon.

Énoncé restauré. Le recueil écrit « $z_0^4+2z_0^3+2z_0^2-2z+1=0$ » : les indices $0$ sont des parasites de la photographie (ils appartiennent à la question 1). L'équation est bien $z^4+2z^3+2z^2-2z+1=0$, à coefficients réels.

Corrigé — Exercice 1

Équation réciproque

1.Les coefficients $1,2,2,-2,1$ sont réels. Or la conjugaison est compatible avec la somme et le produit : $\overline{z+z'}=\bar z+\overline{z'}$, $\overline{zz'}=\bar z\,\overline{z'}$, et $\bar\lambda=\lambda$ pour $\lambda$ réel. Donc, en notant $P(z)$ le membre de gauche, $$P(\overline{z_0})=\overline{z_0}^{\,4}+2\overline{z_0}^{\,3}+2\overline{z_0}^{\,2}-2\overline{z_0}+1=\overline{z_0^4+2z_0^3+2z_0^2-2z_0+1}=\overline{P(z_0)}=\bar 0=0 .$$

Les solutions non réelles de $(E)$ vont par paires de conjuguées

2.a$z=0$ n'est pas solution ($P(0)=1$). On peut donc diviser par $z^2\ne0$ : $$(E)\iff z^2+2z+2-\frac2z+\frac{1}{z^2}=0\iff\left(z^2+\frac1{z^2}\right)+2\left(z-\frac1z\right)+2=0 .$$ Posons $W=z-\dfrac1z$. Alors $W^2=z^2-2+\dfrac1{z^2}$, donc $z^2+\dfrac1{z^2}=W^2+2$ et $$(E)\iff W^2+2+2W+2=0\iff W^2+2W+4=0 .$$

$a=2$ et $b=4$

2.bRésolution en $W$. $\Delta=4-16=-12$, $\sqrt\Delta=2i\sqrt3$, d'où $$W_1=\frac{-2+2i\sqrt3}{2}=-1+i\sqrt3,\qquad W_2=-1-i\sqrt3 .$$ Retour à $z$. $z-\frac1z=W\iff z^2-Wz-1=0$.
• Pour $W_1=-1+i\sqrt3$ : $\Delta_1=W_1^2+4=(1-2i\sqrt3-3)+4=2-2i\sqrt3$. Cherchons $\sqrt{\Delta_1}$ : $|\Delta_1|=\sqrt{4+12}=4$ et $\arg\Delta_1=-\frac\pi3$, donc $\Delta_1=4e^{-i\pi/3}$ et $\sqrt{\Delta_1}=2e^{-i\pi/6}=\sqrt3-i$. D'où $$z=\frac{W_1\pm\sqrt{\Delta_1}}{2}=\frac{-1+i\sqrt3\pm(\sqrt3-i)}{2}\;\Longrightarrow\; z_1=\frac{\sqrt3-1}{2}(1+i),\quad z_2=\frac{\sqrt3+1}{2}(-1+i).$$ • Pour $W_2=\overline{W_1}$, les solutions sont les conjuguées (question 1) : $\overline{z_1}$ et $\overline{z_2}$.

$\mathcal{S}=\left\{\dfrac{\sqrt3-1}{2}(1+i)\;;\;\dfrac{\sqrt3-1}{2}(1-i)\;;\;\dfrac{\sqrt3+1}{2}(-1+i)\;;\;\dfrac{\sqrt3+1}{2}(-1-i)\right\}$

Contrôle. Produit des quatre racines $=\frac{(\sqrt3-1)^2}{4}\cdot 2\cdot\frac{(\sqrt3+1)^2}{4}\cdot2=\frac{\left[(\sqrt3-1)(\sqrt3+1)\right]^2}{4}=\frac{4}{4}=1$, ce qui est bien le terme constant $\frac{1}{1}$. ✔

3.Posons $t=\frac{\sqrt3-1}{2}$ et $s=\frac{\sqrt3+1}{2}$. Les quatre points ont pour coordonnées $(t;t)$, $(t;-t)$, $(-s;s)$, $(-s;-s)$. L'ensemble est symétrique par rapport à l'axe des abscisses : si un cercle les contient, son centre $\Omega$ est sur cet axe, $\Omega(\omega;0)$. On écrit $\Omega A^2=\Omega B^2$ avec $A(t;t)$ et $B(-s;s)$ : $$(t-\omega)^2+t^2=(-s-\omega)^2+s^2\iff -2t\omega+2t^2=2s\omega+2s^2\iff t^2-s^2=\omega(s+t).$$ Comme $s+t=\sqrt3\ne0$, $\omega=\dfrac{(t-s)(t+s)}{s+t}=t-s=-1$. Le rayon vaut alors $$R^2=(t+1)^2+t^2=2t^2+2t+1 .$$ Or $t=\frac{\sqrt3-1}{2}$ donne $t^2=\frac{4-2\sqrt3}{4}=\frac{2-\sqrt3}{2}$, d'où $R^2=(2-\sqrt3)+(\sqrt3-1)+1=2$.

Les quatre images sont sur le cercle de centre $\Omega(-1;0)$ (affixe $-1$) et de rayon $R=\sqrt2$

Les quatre solutions de $(E)$ sur le cercle de centre $-1$ et de rayon $\sqrt2$

Exercice 2Équation différentielle

On considère l'équation différentielle $(E')$ : $y'''-6y''+12y'-8y=0$.

1Vérifier que $h:x\mapsto e^{2x}$ est solution de $(E')$ sur $\mathbb{R}$.
2Soit $f$ trois fois dérivable sur $\mathbb{R}$ et $g:x\mapsto f(x)e^{-2x}$. Démontrer que $f$ est solution de $(E')$ si et seulement si $g'''$ est la fonction nulle.
3En déduire les solutions de $(E')$ sur $\mathbb{R}$.

Énoncé restauré (question 2). Le recueil demande de montrer que « $g''$ est la fonction nulle » ; le calcul ci-dessous montre qu'il s'agit en réalité de $g'''$ — ce qui est cohérent avec une équation d'ordre 3 dont l'espace des solutions est de dimension 3.

Corrigé — Exercice 2

Ordre 3, racine triple

1.$h(x)=e^{2x}$ donne $h'=2e^{2x}$, $h''=4e^{2x}$, $h'''=8e^{2x}$, donc $$h'''-6h''+12h'-8h=(8-24+24-8)e^{2x}=0 .$$

$h:x\mapsto e^{2x}$ est bien solution de $(E')$

C'est cohérent avec l'équation caractéristique $r^3-6r^2+12r-8=(r-2)^3=0$ : $2$ est racine triple.

2.De $g(x)=f(x)e^{-2x}$ on tire $f(x)=g(x)e^{2x}$. Dérivons trois fois avec la formule du produit : $$f'=(g'+2g)e^{2x},\qquad f''=(g''+4g'+4g)e^{2x},\qquad f'''=(g'''+6g''+12g'+8g)e^{2x}.$$ En reportant dans $(E')$ et en factorisant par $e^{2x}\neq0$ : $$f'''-6f''+12f'-8f=e^{2x}\Big[g'''+\underbrace{(6-6)}_{0}g''+\underbrace{(12-24+12)}_{0}g'+\underbrace{(8-24+24-8)}_{0}g\Big]=e^{2x}\,g''' .$$

$f$ solution de $(E')\iff e^{2x}g'''(x)=0$ pour tout $x\iff g'''=0$

3.$g'''=0$ signifie que $g''$ est constante, donc $g'$ est affine et $g$ est un polynôme de degré $\le2$ : $$g(x)=ax^2+bx+c,\qquad (a,b,c)\in\mathbb{R}^3 .$$

Les solutions de $(E')$ sont les fonctions $f(x)=\left(ax^2+bx+c\right)e^{2x}$, $a,b,c\in\mathbb{R}$

L'espace des solutions est de dimension $3$, de base $\left(e^{2x},\,xe^{2x},\,x^2e^{2x}\right)$ : c'est la forme générale attendue pour une racine caractéristique triple.

ProblèmeÉtude de fonction

On considère $f:\;]-1;+\infty[\;\to\mathbb{R}$ définie par $f(x)=\dfrac{\ln(1+x)}{x}$ si $x\ne0$ et $f(0)=1$. On note $(\mathcal{C})$ sa courbe dans un repère orthonormé.

Partie A

1Étudier la continuité de $f$ sur $]-1;+\infty[$.
2Étudier la dérivabilité de $f$ sur $]-1;+\infty[$.
3
On note $g$ l'application définie sur $]-1;+\infty[$ par $g(x)=\dfrac{x}{1+x}-\ln(1+x)$.
1. a. Étudier les variations de $g$ et le signe de $g(x)$.
2. b. En déduire les variations de $f$.
4Étudier les limites de $f$ aux bornes de $]-1;+\infty[$.
5Construire $(\mathcal{C})$ ; préciser les asymptotes et la position de $(\mathcal{C})$ par rapport à celles-ci.
6Déterminer une équation de la tangente à $(\mathcal{C})$ au point d'abscisse $0$ et étudier la position de $(\mathcal{C})$ par rapport à cette tangente (on étudiera $h(x)=x^2\left(\frac12+f'(x)\right)$).

Partie B — illisible dans le recueil

Les deux questions de la partie B (existence d'un réel $\alpha\in\,]0;2[$ et étude d'une suite $(u_n)$) sont tronquées sur la photographie d'origine et ne peuvent être restituées de façon fiable.

Corrigé — Problème, Partie A

Étude complète

1.Sur $]-1;0[\cup\,]0;+\infty[$, $f$ est un quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pas : $f$ y est continue. En $0$, on utilise la limite de référence $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1$ (c'est le nombre dérivé de $x\mapsto\ln(1+x)$ en $0$) : $$\lim_{x\to0}f(x)=1=f(0).$$

$f$ est continue sur $]-1;+\infty[$ : la valeur $f(0)=1$ réalise le prolongement par continuité

2.Sur $]-1;0[\cup\,]0;+\infty[$, $f$ est dérivable comme quotient et $$f'(x)=\frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^2}=\frac{g(x)}{x^2}.$$ En $0$ : utilisons le développement $\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+x^3\varepsilon(x)$, d'où $f(x)=1-\frac x2+\frac{x^2}{3}+x^2\varepsilon(x)$. Alors $$\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{-\frac x2+\frac{x^2}{3}+x^2\varepsilon(x)}{x}=-\frac12+\frac x3+x\varepsilon(x)\xrightarrow[x\to0]{}-\frac12 .$$

$f$ est dérivable sur $]-1;+\infty[$, avec $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$ si $x\ne0$ et $f'(0)=-\dfrac12$

3.a$g$ est dérivable sur $]-1;+\infty[$ et $$g'(x)=\frac{(1+x)-x}{(1+x)^2}-\frac{1}{1+x}=\frac{1}{(1+x)^2}-\frac{1+x}{(1+x)^2}=\frac{-x}{(1+x)^2}.$$ Comme $(1+x)^2>0$, $g'$ est du signe de $-x$ : $g$ croît sur $]-1;0]$, décroît sur $[0;+\infty[$. Son maximum est $g(0)=0-\ln1=0$.

$x$	$-1$		$0$		$+\infty$
$g'(x)$		$+$	$0$	$-$
$g(x)$		$\nearrow$	$0$	$\searrow$

$g(x)\le0$ sur $]-1;+\infty[$, avec égalité uniquement en $x=0$

3.bPour $x\ne0$, $f'(x)=\frac{g(x)}{x^2}<0$ (numérateur $<0$, dénominateur $>0$) ; et $f'(0)=-\frac12<0$.

$f$ est strictement décroissante sur tout l'intervalle $]-1;+\infty[$

4.En $-1^+$ : $\ln(1+x)\to-\infty$ et $x\to-1$, donc $f(x)=\frac{\ln(1+x)}{x}\to\frac{-\infty}{-1}=+\infty$.
En $+\infty$ : croissances comparées, $\frac{\ln(1+x)}{x}\to0^+$.

$x$	$-1$		$0$		$+\infty$
$f'(x)$		$-$	$-\frac12$	$-$
$f(x)$	$+\infty$	$\searrow$	$1$	$\searrow$	$0^+$

5.Asymptotes : la droite $x=-1$ (verticale, en $-1^+$) et l'axe des abscisses $y=0$ (horizontale en $+\infty$).
Position par rapport à $y=0$ : pour $x>0$, $\ln(1+x)>0$ et $x>0$ donc $f>0$ ; pour $-10$ également. La courbe est toujours au-dessus de son asymptote horizontale.

$(\mathcal{C})$ : asymptotes $x=-1$ et $y=0$ ; tangente $T:y=1-\frac x2$ au point $(0;1)$

6.Tangente. $f(0)=1$, $f'(0)=-\frac12$ : $\;T:\;y=-\frac12x+1$.
Position. Suivons l'indication : $h(x)=x^2\left(\frac12+f'(x)\right)=\frac{x^2}{2}+g(x)$ (car $x^2f'(x)=g(x)$). Alors $$h'(x)=x+g'(x)=x-\frac{x}{(1+x)^2}=x\cdot\frac{(1+x)^2-1}{(1+x)^2}=\frac{x\,(x^2+2x)}{(1+x)^2}=\frac{x^2(x+2)}{(1+x)^2}.$$ Sur $]-1;+\infty[$ on a $x+2>0$, donc $h'\ge0$ : $h$ est croissante, et $h(0)=0$. Par conséquent $$h(x)<0 \text{ sur } ]-1;0[,\qquad h(x)>0\text{ sur }]0;+\infty[ .$$ Posons maintenant $d(x)=f(x)-\left(-\frac x2+1\right)$, l'écart entre la courbe et sa tangente. Alors $$d'(x)=f'(x)+\frac12=\frac{h(x)}{x^2}\quad(x\ne0),\qquad d'(0)=f'(0)+\tfrac12=0 .$$ $d'$ a donc le signe de $h$ : $d$ décroît sur $]-1;0]$, croît sur $[0;+\infty[$, et atteint son minimum en $0$ où $d(0)=1-1=0$.

$d(x)\ge0$ sur $]-1;+\infty[$ : la courbe $(\mathcal{C})$ est au-dessus de sa tangente $T$, qu'elle ne touche qu'au point $(0;1)$ ($f$ est convexe)

CTS
06

Cycle de Technicien Supérieur — Session d'octobre 2006

Séries C, D et E · Durée : 4 h 00 · Calculatrice autorisée — Équation complexe résolue par racine évidente, endomorphisme de $\mathbb{R}^3$, fonction avec valeur absolue et fonction réciproque.

Ex.1Ex.2Problème

Formule de Moivre Racine évidente Matrice d'un endomorphisme Déterminant Valeur absolue Demi-tangentes Fonction réciproque

Exercice 1Complexes

1Soit $Z_n=(\sqrt3)^n\left[\cos\dfrac{n\pi}{2}+i\sin\dfrac{n\pi}{2}\right]$, $n\in\mathbb{N}$. Calculer $Z_1$, $Z_2$, $Z_3$ sous forme algébrique.
2
Soit $(E)$ : $Z^2+\left[-1+(1-\sqrt3)i\right]Z+\sqrt3\,i+\sqrt3=0$.
1. a. Montrer que $Z_1$ est solution de $(E)$.
2. b. Achever la résolution ; on notera $Z'_1$ l'autre solution, à mettre sous forme trigonométrique.
3
1. a. Donner le module et un argument de $u=Z_1\times Z'_1$.
2. b. Calculer $u^8$.

Corrigé — Exercice 1

Complexes

1.On évalue les lignes trigonométriques aux multiples de $\frac\pi2$ :

$n$	$(\sqrt3)^n$	$\cos\frac{n\pi}{2}$	$\sin\frac{n\pi}{2}$	$Z_n$
$1$	$\sqrt3$	$0$	$1$	$i\sqrt3$
$2$	$3$	$-1$	$0$	$-3$
$3$	$3\sqrt3$	$0$	$-1$	$-3i\sqrt3$

$Z_1=i\sqrt3$ ; $Z_2=-3$ ; $Z_3=-3i\sqrt3$

2.aOn remplace $Z$ par $i\sqrt3$ dans $(E)$ : $$\left(i\sqrt3\right)^2=-3,\qquad \left[-1+(1-\sqrt3)i\right]\cdot i\sqrt3=-i\sqrt3+(1-\sqrt3)i^2\sqrt3=-i\sqrt3-\sqrt3+3 .$$ En sommant avec le terme constant $\sqrt3\,i+\sqrt3$ : $$-3+\left(3-\sqrt3-i\sqrt3\right)+\left(\sqrt3+i\sqrt3\right)=(-3+3)+(-\sqrt3+\sqrt3)+i(-\sqrt3+\sqrt3)=0 .$$

$Z_1=i\sqrt3$ est bien solution de $(E)$

2.bLe produit des racines d'une équation $Z^2+pZ+q=0$ vaut $q$. Ici $q=\sqrt3+i\sqrt3$, donc $$Z'_1=\frac{\sqrt3+i\sqrt3}{i\sqrt3}=\frac{1+i}{i}=\frac{(1+i)(-i)}{i\cdot(-i)}=1-i .$$ Forme trigonométrique : $|Z'_1|=\sqrt{1+1}=\sqrt2$, $\cos\theta=\frac{1}{\sqrt2}$, $\sin\theta=-\frac{1}{\sqrt2}$ donc $\theta=-\frac\pi4$.

$Z'_1=1-i=\sqrt2\left[\cos\left(-\frac\pi4\right)+i\sin\left(-\frac\pi4\right)\right]=\sqrt2\,e^{-i\pi/4}$

3.a$u=Z_1Z'_1=i\sqrt3(1-i)=i\sqrt3-i^2\sqrt3=\sqrt3+i\sqrt3=\sqrt3(1+i)$. Donc $$|u|=\sqrt3\cdot\sqrt2=\sqrt6,\qquad \arg u=\arg(1+i)=\frac\pi4\ [2\pi].$$

$|u|=\sqrt6$ et $\arg u\equiv\dfrac\pi4\ [2\pi]$, soit $u=\sqrt6\,e^{i\pi/4}$

On pouvait aussi écrire directement $u=Z_1Z'_1$ avec $|Z_1|=\sqrt3$, $\arg Z_1=\frac\pi2$ et $|Z'_1|=\sqrt2$, $\arg Z'_1=-\frac\pi4$ : les modules se multiplient, les arguments s'ajoutent — $\frac\pi2-\frac\pi4=\frac\pi4$. ✔

3.bPar la formule de Moivre : $u^8=\left(\sqrt6\right)^8e^{i\cdot 8\pi/4}=6^4\,e^{2i\pi}$, et $e^{2i\pi}=1$.

$u^8=6^4=1296$ (réel positif)

Exercice 2Algèbre linéaire

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension $3$ de base $(\vec\imath,\vec\jmath,\vec k)$ et $f$ l'endomorphisme défini par $f(\vec\imath)=-\vec\jmath-\vec k$, $f(\vec\jmath)=-\vec\imath-\vec k$, $f(\vec\jmath-\vec k)=2\vec\imath-\vec\jmath-3\vec k$.

1a. Déterminer $f(\vec k)$. b. Écrire la matrice de $f$ dans la base $(\vec\imath,\vec\jmath,\vec k)$.
2Écrire l'expression analytique de $f$.
3Déterminer la nature de $f$ puis préciser ses éléments caractéristiques.

Corrigé — Exercice 2

Endomorphisme

1.aPar linéarité, $f(\vec\jmath-\vec k)=f(\vec\jmath)-f(\vec k)$, donc $$f(\vec k)=f(\vec\jmath)-f(\vec\jmath-\vec k)=(-\vec\imath-\vec k)-(2\vec\imath-\vec\jmath-3\vec k)=-3\vec\imath+\vec\jmath+2\vec k .$$

$f(\vec k)=-3\vec\imath+\vec\jmath+2\vec k$

1.bLes colonnes de la matrice sont les coordonnées des images des vecteurs de base : $$M=\begin{pmatrix}0&-1&-3\\-1&0&1\\-1&-1&2\end{pmatrix}\quad\begin{array}{l}\leftarrow\text{coord. sur }\vec\imath\\\leftarrow\text{coord. sur }\vec\jmath\\\leftarrow\text{coord. sur }\vec k\end{array}$$

2.Si $\vec v=x\vec\imath+y\vec\jmath+z\vec k$ a pour image $\vec v\,'=x'\vec\imath+y'\vec\jmath+z'\vec k$, alors $X'=MX$ : $$\begin{cases}x'=-y-3z\\y'=-x+z\\z'=-x-y+2z\end{cases}$$

3.On calcule le déterminant en développant selon la première ligne : $$\det M=0\begin{vmatrix}0&1\\-1&2\end{vmatrix}-(-1)\begin{vmatrix}-1&1\\-1&2\end{vmatrix}+(-3)\begin{vmatrix}-1&0\\-1&-1\end{vmatrix}=0+(-2+1)-3(1-0)=-1-3=-4 .$$ Comme $\det M=-4\neq0$ :

$f$ est un automorphisme de $E$ : $\ker f=\{\vec0\}$, $\operatorname{Im}f=E$, $f$ est bijectif

Réserve sur l'énoncé. La formulation « préciser ses éléments caractéristiques » suggère que le sujet attendait une transformation remarquable (projection, symétrie, homothétie). Or ici $M^2\neq I$ et $M^2\neq M$, et le polynôme caractéristique $-\lambda^3+2\lambda^2+3\lambda-4=-(\lambda-1)(\lambda^2-\lambda-4)$ a pour racines $1$ et $\frac{1\pm\sqrt{17}}{2}$ : rien de « caractéristique ». La donnée $f(\vec\jmath-\vec k)$ a très vraisemblablement été mal relevée sur la photographie. La seule réponse mathématiquement sûre à partir des données transcrites est donc : $f$ est un automorphisme, de matrice $M$ ci-dessus. On peut toutefois préciser l'unique valeur propre entière : $\lambda=1$, d'espace propre engendré par $\vec u$ tel que $(M-I)X=0$, soit $\vec u=(1;-1;0)$ — droite des vecteurs invariants.

ProblèmeÉtude de fonction

On considère $f(x)=|x-3|-\dfrac{2}{x-1}$.

1Étudier la continuité de $f$ en $x_0=3$, puis sur $\mathbb{R}$. $f$ est-elle dérivable en $x_0=3$ ?
2Calculer la dérivée de $f$ sur les intervalles où elle est dérivable.
3Étudier les variations de $f$.
4Construire $(\mathcal{C}_f)$ ; on étudiera les branches infinies et on montrera qu'au point $A(3;-1)$ il existe deux demi-tangentes.
5Déduire que l'équation $f(x)=0$, $x\in[3;+\infty[$, admet une solution unique $x_0$ ; calculer $x_0$.
6Soit $h$ la restriction de $f$ à $]3;+\infty[$. Montrer que $h$ admet une réciproque $h^{-1}$ dont on donnera les variations, sans l'expliciter. Calculer $h^{-1}\left(\frac32\right)$ et $(h^{-1})'\left(\frac32\right)$.

Ce problème est reposé à l'identique au concours CTS de la session d'octobre 2008 (Université Marien Ngouabi) : un bon exemple de la rentabilité du travail sur annales.

Corrigé — Problème

Valeur absolue · réciproque

1.Ensemble de définition : $D=\mathbb{R}\setminus\{1\}$.
$x\mapsto|x-3|$ est continue sur $\mathbb{R}$ et $x\mapsto\frac{2}{x-1}$ est continue sur $D$ : $f$ est continue sur $D$, en particulier en $3$, où $f(3)=0-\frac22=-1$.
Dérivabilité en 3. On calcule les deux taux d'accroissement. Pour $x<3$ : $f(x)=3-x-\frac2{x-1}$ et $$\lim_{x\to3^-}\frac{f(x)-f(3)}{x-3}=f'_g(3)=-1+\frac{2}{(3-1)^2}=-1+\frac12=-\frac12 ,$$ pour $x>3$ : $f(x)=x-3-\frac2{x-1}$ et $f'_d(3)=1+\frac{2}{4}=\frac32$.

$f'_g(3)=-\frac12\neq f'_d(3)=\frac32$ : $f$ n'est pas dérivable en $3$. Le point $A(3;-1)$ est un point anguleux

2.La dérivée de $-\frac{2}{x-1}$ est $+\frac{2}{(x-1)^2}$. Donc : $$f'(x)=\begin{cases}-1+\dfrac{2}{(x-1)^2}&\text{si }x<3,\ x\ne1\\[8px]\ \ 1+\dfrac{2}{(x-1)^2}&\text{si }x>3\end{cases}$$

3.Sur $x>3$ : $f'>0$, $f$ croissante.
Sur $x<3$ ($x\ne1$) : $f'(x)=\dfrac{2-(x-1)^2}{(x-1)^2}$ s'annule pour $(x-1)^2=2$, soit $x=1\pm\sqrt2$, et $f'>0\iff(x-1)^2<2\iff 1-\sqrt2 Valeurs remarquables : $f(1-\sqrt2)=3-(1-\sqrt2)+\frac{2}{\sqrt2}=2+2\sqrt2\approx4{,}83$ (minimum local) et $f(1+\sqrt2)=2-2\sqrt2\approx-0{,}83$ (maximum local).
Limites : $\lim_{x\to1^-}f=+\infty$, $\lim_{x\to1^+}f=-\infty$, $\lim_{\pm\infty}f=+\infty$.

$x$	$-\infty$		$1-\sqrt2$		$1$		$1+\sqrt2$		$3$		$+\infty$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$	‖	$+$	$0$	$-$	‖	$+$
$f(x)$	$+\infty$	$\searrow$	$2{+}2\sqrt2$	$\nearrow$	$+\infty\;\\|\;-\infty$	$\nearrow$	$2{-}2\sqrt2$	$\searrow$	$-1$	$\nearrow$	$+\infty$

4.Branches infinies. $x=1$ est asymptote verticale. En $-\infty$ : $f(x)-(-x+3)=-\frac{2}{x-1}\to0$, donc $y=-x+3$ est asymptote oblique. En $+\infty$ : $f(x)-(x-3)=-\frac2{x-1}\to0$, donc $y=x-3$ est asymptote oblique.
Demi-tangentes en $A(3;-1)$ : de coefficients directeurs $-\frac12$ (à gauche) et $\frac32$ (à droite), d'équations respectives $y=-\frac12(x-3)-1$ et $y=\frac32(x-3)-1$.

$(\mathcal{C}_f)$ : asymptotes $x=1$, $y=-x+3$ et $y=x-3$ ; point anguleux $A(3;-1)$

5.Sur $[3;+\infty[$, $f$ est continue, strictement croissante, avec $f(3)=-1<0$ et $\lim_{+\infty}f=+\infty$. Le théorème de la bijection assure l'existence et l'unicité de $x_0$ tel que $f(x_0)=0$. Calcul : $$x-3-\frac{2}{x-1}=0\iff (x-3)(x-1)=2\iff x^2-4x+1=0\iff x=2\pm\sqrt3 .$$ Seule $2+\sqrt3\approx3{,}73$ appartient à $[3;+\infty[$.

$x_0=2+\sqrt3$

6.$h$ est continue et strictement croissante sur $]3;+\infty[$, avec $h(]3;+\infty[)=\;]-1;+\infty[$ : $h$ réalise une bijection de $]3;+\infty[$ sur $]-1;+\infty[$. Sa réciproque $h^{-1}:\,]-1;+\infty[\;\to\;]3;+\infty[$ est continue et strictement croissante (même sens de variation).
Calcul de $h^{-1}\left(\frac32\right)$ : on résout $h(x)=\frac32$ avec $x>3$ : $$x-3-\frac{2}{x-1}=\frac32 \iff 2(x-3)(x-1)-4=3(x-1)\iff 2x^2-11x+5=0 .$$ $\Delta=121-40=81$, $\sqrt\Delta=9$, d'où $x=\frac{11\pm9}{4}\in\left\{5\,;\,\frac12\right\}$ ; seule $x=5$ convient.
Dérivée de la réciproque : $(h^{-1})'(y)=\dfrac{1}{h'\left(h^{-1}(y)\right)}$ avec $h'(5)=1+\dfrac{2}{16}=\dfrac98$.

$h^{-1}\left(\dfrac32\right)=5$ et $\left(h^{-1}\right)'\left(\dfrac32\right)=\dfrac{1}{9/8}=\dfrac89$

CTS
09

Cycle de Technicien Supérieur — Session d'octobre 2009

Séries C, D et E · Durée : 3 h 00 — Équation différentielle avec second membre par variation de la constante, racines carrées et rotation, famille de fonctions $f_n(x)=\frac{x^n}{1+x^2}$ et symétrie oblique.

Ex.1Ex.2Problème (I, II)

Variation de la constante Racines carrées complexes Rotation Symétrie oblique Calcul d'aire Similitude directe

Exercice 1Équation différentielle

On considère l'équation différentielle $(1)$ : $y'+y=2xe^{-x}$.

1Résoudre l'équation linéaire $y'+y=0$. Soit $y_1$ la solution particulière qui prend la valeur $1$ pour $x=0$.
2On pose $y=y_1z$. Déterminer l'équation différentielle $(2)$ à laquelle doit satisfaire $z$ pour que $y$ soit solution de $(1)$.
3Résoudre $(2)$ et en déduire la solution $f=y_1z$ de $(1)$ qui s'annule pour $x=0$.
4Étudier $f$ et construire sa représentation graphique dans un repère orthonormé.

Corrigé — Exercice 1

Méthode de la variation de la constante

1.$y'+y=0\iff y'=-y$ : les solutions sont $y(x)=Ce^{-x}$, $C\in\mathbb{R}$. La condition $y(0)=1$ donne $C=1$.

Solution générale : $y=Ce^{-x}$ ; solution particulière : $y_1(x)=e^{-x}$

2.Posons $y=y_1z=ze^{-x}$. Alors $y'=z'e^{-x}-ze^{-x}$ et $$y'+y=z'e^{-x}-ze^{-x}+ze^{-x}=z'e^{-x} .$$ L'équation $(1)$ devient $z'e^{-x}=2xe^{-x}$, et comme $e^{-x}\neq0$ :

$(2)$ : $z'=2x$

C'est tout l'intérêt du procédé : le terme en $z$ disparaît systématiquement, l'équation devient une simple primitive à calculer.

3.$z'=2x\Rightarrow z(x)=x^2+K$, donc $y(x)=\left(x^2+K\right)e^{-x}$. La condition $y(0)=0$ donne $K=0$.

$f(x)=x^2e^{-x}$

Vérification : $f'=(2x-x^2)e^{-x}$ et $f'+f=(2x-x^2+x^2)e^{-x}=2xe^{-x}$ ✔

4.$f$ est définie et dérivable sur $\mathbb{R}$, $f\ge0$, et $$f'(x)=(2x-x^2)e^{-x}=x(2-x)e^{-x},$$ du signe de $x(2-x)$ : négatif sur $]-\infty;0[$, positif sur $]0;2[$, négatif sur $]2;+\infty[$.
Limites : en $-\infty$, $x^2\to+\infty$ et $e^{-x}\to+\infty$ donc $f\to+\infty$ ; en $+\infty$, croissances comparées : $f\to0^+$ (l'axe des abscisses est asymptote horizontale).

$x$	$-\infty$		$0$		$2$		$+\infty$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$	$0$	$-$
$f(x)$	$+\infty$	$\searrow$	$0$	$\nearrow$	$4e^{-2}$	$\searrow$	$0^+$

Minimum global $f(0)=0$ (l'origine, tangente horizontale) et maximum local $f(2)=4e^{-2}\approx0{,}54$.

Courbe de $f(x)=x^2e^{-x}$ : maximum $4e^{-2}$ en $x=2$, asymptote $y=0$ en $+\infty$

Exercice 2Complexes

1Calculer le module et l'argument de $U=\dfrac{1+i\sqrt3}{2}$ ; en déduire ses racines carrées.
2Résoudre dans $\mathbb{C}$ l'équation $z^2-(\sqrt3-7i)z-4(3+i\sqrt3)=0$.
3En notant $Z_1$ la solution imaginaire pure et $Z_2$ l'autre, vérifier que $Z_2+2i=U\left(Z_1+2i\right)$ et interpréter géométriquement.

Énoncé restauré. Le recueil porte « $z^2(\sqrt3-7i)z-4(3+i\sqrt3)=0$ » (signe manquant) et, à la question 3, « $Z_2-2i=U(Z_1-2i)$ ». Le calcul montre que la relation exacte est $Z_2+2i=U(Z_1+2i)$ : le point fixe est $-2i$, et non $2i$.

Corrigé — Exercice 2

Complexes · rotation

1.$U=\dfrac12+i\dfrac{\sqrt3}{2}$ donc $|U|=\sqrt{\frac14+\frac34}=1$ et $\cos\theta=\frac12$, $\sin\theta=\frac{\sqrt3}2$ : $\theta=\frac\pi3$. Ainsi $U=e^{i\pi/3}$.
Les racines carrées d'un complexe $\rho e^{i\theta}$ sont $\pm\sqrt\rho\,e^{i\theta/2}$ : $$\pm e^{i\pi/6}=\pm\left(\cos\frac\pi6+i\sin\frac\pi6\right)=\pm\left(\frac{\sqrt3}{2}+\frac i2\right).$$

$U=e^{i\pi/3}$ ; racines carrées : $\dfrac{\sqrt3+i}{2}$ et $-\dfrac{\sqrt3+i}{2}$

2.$\Delta=(\sqrt3-7i)^2+16(3+i\sqrt3)$. Or $(\sqrt3-7i)^2=3-14i\sqrt3+49i^2=-46-14i\sqrt3$, donc $$\Delta=-46-14i\sqrt3+48+16i\sqrt3=2+2i\sqrt3 .$$ Cherchons $\delta$ tel que $\delta^2=\Delta$. On repère $|\Delta|=\sqrt{4+12}=4$ et $\arg\Delta=\frac\pi3$ (car $\Delta=4\left(\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}\right)$), donc $\delta=2e^{i\pi/6}=\sqrt3+i$. D'où $$z=\frac{(\sqrt3-7i)\pm(\sqrt3+i)}{2}\;\Longrightarrow\;z=\frac{2\sqrt3-6i}{2}=\sqrt3-3i\quad\text{ou}\quad z=\frac{-8i}{2}=-4i .$$

$\mathcal{S}=\left\{-4i\;;\;\sqrt3-3i\right\}$, donc $Z_1=-4i$ (imaginaire pur) et $Z_2=\sqrt3-3i$

3.Calculons séparément les deux membres : $$Z_1+2i=-4i+2i=-2i,\qquad U(Z_1+2i)=\left(\frac{1+i\sqrt3}{2}\right)(-2i)=-i\left(1+i\sqrt3\right)=\sqrt3-i,$$ $$Z_2+2i=\sqrt3-3i+2i=\sqrt3-i .$$ Les deux résultats coïncident.

$Z_2+2i=U\left(Z_1+2i\right)$ ✔

Interprétation. En notant $\Omega$ le point d'affixe $-2i$, la relation s'écrit $z_{M_2}-z_\Omega=e^{i\pi/3}\left(z_{M_1}-z_\Omega\right)$ : $M_2$ est l'image de $M_1$ par la rotation de centre $\Omega(-2i)$ et d'angle $\frac\pi3$. Comme $|U|=1$, le triangle $\Omega M_1M_2$ est isocèle avec un angle au sommet de $60°$ : il est équilatéral.

Problème2 parties indépendantes

Pour tout entier naturel $n$, on définit $f_n$ par $f_n(x)=\dfrac{x^n}{1+x^2}$ (avec $f_0(x)=\frac{1}{1+x^2}$). On note $\mathcal{C}_n$ la courbe de $f_n$ dans un repère orthonormé d'unité $4$ cm, et $I_n=\displaystyle\int_0^1f_n(t)\,dt$.

Partie I

1Étudier les variations de $f_1$, tracer $\mathcal{C}_1$, puis calculer $I_1$.
2Soit $g$ l'application du plan dans lui-même qui à $M(x;y)$ associe $M'(x';y')$ avec $x'=x$, $y'=x-y$. Montrer que $g$ est une symétrie dont on précisera l'axe et la direction. Vérifier que $\mathcal{C}_3$ est l'image de $\mathcal{C}_1$ par $g$.
3Calculer $I_1+I_3$ ; en déduire $I_3$.
4Calculer, en cm², l'aire du domaine limité par $\mathcal{C}_1$, $\mathcal{C}_3$ et les droites $x=-1$ et $x=1$.

Partie II

On considère les images $M_n$ des complexes $Z_n=\left(\frac12\right)^n\left(\cos\frac{n\pi}{2}+i\sin\frac{n\pi}{2}\right)$.

1Déduire de la relation entre $Z_n$ et $Z_{n+1}$ qu'il existe une similitude $S$ telle que $M_{n+1}=S(M_n)$ pour tout $n$.
2Soit $h=S\circ S$ ; préciser la nature de $h$. Montrer que $M_{2p+2}=h(M_{2p})$. Que peut-on dire des points $M_{2p}$ ?

Corrigé — Problème

Analyse & géométrie

Partie I

1.$f_1(x)=\dfrac{x}{1+x^2}$ est définie sur $\mathbb{R}$, impaire ($\mathcal{C}_1$ a pour centre de symétrie $O$). Sa dérivée : $$f_1'(x)=\frac{(1+x^2)-x\cdot 2x}{(1+x^2)^2}=\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2},$$ du signe de $1-x^2$ : négative sur $]-\infty;-1[$, positive sur $]-1;1[$, négative sur $]1;+\infty[$. Limites nulles en $\pm\infty$ (l'axe $Ox$ est asymptote).

$x$	$-\infty$		$-1$		$1$		$+\infty$
$f_1'(x)$		$-$	$0$	$+$	$0$	$-$
$f_1(x)$	$0^-$	$\searrow$	$-\frac12$	$\nearrow$	$\frac12$	$\searrow$	$0^+$

Calcul de $I_1$ : on reconnaît une forme $\frac{u'}{u}$ (au facteur $\frac12$ près), avec $u=1+t^2$ : $$I_1=\int_0^1\frac{t}{1+t^2}dt=\frac12\Big[\ln\left(1+t^2\right)\Big]_0^1=\frac12\ln2 .$$

$I_1=\dfrac{\ln2}{2}\approx0{,}347$

2.$g$ est une involution. Appliquons $g$ deux fois : $g(x;y)=(x;x-y)$ puis $g(x;x-y)=(x;x-(x-y))=(x;y)$. Donc $g\circ g=\mathrm{id}$ et $g\ne\mathrm{id}$ : $g$ est une symétrie.
Axe = ensemble des points invariants : $y=x-y\iff y=\frac x2$, c'est la droite $(D):y=\frac x2$.
Direction : $\overrightarrow{MM'}=(0;x-2y)$ est toujours colinéaire à $\vec\jmath$.

$g$ est la symétrie d'axe $(D):y=\frac x2$, parallèlement à l'axe des ordonnées (symétrie oblique)

Image de $\mathcal{C}_1$. Soit $M\left(x;f_1(x)\right)\in\mathcal{C}_1$. Son image a pour ordonnée $$x-\frac{x}{1+x^2}=\frac{x(1+x^2)-x}{1+x^2}=\frac{x^3}{1+x^2}=f_3(x).$$

$g(\mathcal{C}_1)=\mathcal{C}_3$ ✔

3.La somme se simplifie remarquablement : $$I_1+I_3=\int_0^1\frac{t+t^3}{1+t^2}dt=\int_0^1\frac{t\left(1+t^2\right)}{1+t^2}dt=\int_0^1t\,dt=\frac12 .$$

$I_1+I_3=\dfrac12$, donc $I_3=\dfrac12-\dfrac{\ln2}{2}=\dfrac{1-\ln2}{2}\approx0{,}153$

4.$f_1(x)-f_3(x)=\dfrac{x-x^3}{1+x^2}=\dfrac{x(1-x)(1+x)}{1+x^2}$, positif sur $[0;1]$ et négatif sur $[-1;0]$ ; cette différence est impaire, donc les deux moitiés du domaine ont la même aire : $$\mathcal{A}=\int_{-1}^{1}\left|f_1-f_3\right|=2\int_0^1\left(f_1-f_3\right)=2\left(I_1-I_3\right)=2\left(\frac{\ln2}{2}-\frac{1-\ln2}{2}\right)=2\ln2-1\ \text{u.a.}$$ L'unité graphique étant $4$ cm, une unité d'aire vaut $4\times4=16$ cm² :

$\mathcal{A}=16\left(2\ln2-1\right)\approx6{,}18\ \text{cm}^2$

$\mathcal{C}_1$ (bleu) et $\mathcal{C}_3$ (rouge), symétriques par rapport à la droite $y=\frac x2$ dans la direction verticale

Partie II

1.Écrivons $Z_n=\left(\frac12\right)^ne^{in\pi/2}$. Alors $$\frac{Z_{n+1}}{Z_n}=\frac{\left(\frac12\right)^{n+1}e^{i(n+1)\pi/2}}{\left(\frac12\right)^{n}e^{in\pi/2}}=\frac12\,e^{i\pi/2}=\frac i2\qquad\text{(constante !)}$$ donc $Z_{n+1}=\frac i2 Z_n$ : c'est l'écriture complexe $z'=az$ avec $a=\frac i2$.

$S$ est la similitude directe de centre $O$, de rapport $|a|=\frac12$ et d'angle $\arg a=\frac\pi2$, et $M_{n+1}=S(M_n)$

2.$h=S\circ S$ a pour écriture complexe $z'=a^2z$ avec $a^2=\left(\frac i2\right)^2=-\frac14$, réel négatif :

$h$ est l'homothétie de centre $O$ et de rapport $-\frac14$

De $M_{n+1}=S(M_n)$ appliqué deux fois avec $n=2p$ : $M_{2p+2}=S\left(S(M_{2p})\right)=h\left(M_{2p}\right)$. Donc $Z_{2p}=\left(-\frac14\right)^pZ_0=\left(-\frac14\right)^p$ puisque $Z_0=1$.

Les points $M_{2p}$ sont alignés avec $O$ sur l'axe des abscisses, d'abscisses $\left(-\frac14\right)^p$ : ils alternent de part et d'autre de $O$ en se rapprochant de $O$ (car $\left(\frac14\right)^p\to0$)

Lecture littérale du recueil. Si l'on lit $Z_n=\frac12\left(\cos\frac{n\pi}2+i\sin\frac{n\pi}2\right)$ (facteur $\frac12$ non élevé à la puissance $n$), tous les $M_n$ sont sur le cercle de centre $O$ et de rayon $\frac12$ ; $S$ est alors la rotation de centre $O$ et d'angle $\frac\pi2$, $h=S\circ S$ la symétrie centrale de centre $O$, et les $M_{2p}$ se réduisent à deux points diamétralement opposés, d'affixes $\frac12$ et $-\frac12$. La mention « il existe une similitude » indique que la version avec $\left(\frac12\right)^n$ est celle du sujet d'origine.

ENSP

École Nationale Supérieure Polytechnique — 1^re année de Licence

Séries C, D, E · Durée : 3 h 00 — Équation de degré 3 paramétrée, équation différentielle du second ordre avec second membre, étude d'une fonction irrationnelle définie par morceaux.

Ex.1Ex.2Problème (A, B)

Racine évidente Module & argument Équation caractéristique complexe Solution particulière Tangente verticale Asymptote oblique

Exercice 1Complexes

Soit $\alpha\in[0;\pi]$. On considère dans $\mathbb{C}$ l'équation $(E)$ : $z^3-(1+2\sin\alpha)z^2+(1+2\sin\alpha)z-1=0$.

1Vérifier que $1$ est solution de cette équation.
2Résoudre $(E)$ dans $\mathbb{C}$.
3Déterminer le module et un argument de chacune des solutions.

Énoncé restauré. Le recueil porte « $z^3-(1-2\sin\alpha)z-1=0$ ». Avec cette écriture, $1$ n'est solution que si $\sin\alpha=\frac12$, ce qui contredit la question 1 (valable pour tout $\alpha$). L'énoncé cohérent est l'équation réciproque ci-dessus, dont les racines ont toutes pour module $1$ — ce que réclame la question 3.

Corrigé — Exercice 1

Complexes

1.En posant $A=1+2\sin\alpha$ : $\;1^3-A\cdot1^2+A\cdot1-1=1-A+A-1=0$.

$1$ est solution de $(E)$, quelle que soit la valeur de $\alpha$

2.On factorise par $(z-1)$. En cherchant $z^3-Az^2+Az-1=(z-1)\left(z^2+bz+c\right)$ et en développant : $$(z-1)(z^2+bz+c)=z^3+(b-1)z^2+(c-b)z-c .$$ L'identification donne $c=1$ et $b-1=-A$, soit $b=1-A=-2\sin\alpha$ (et l'on vérifie $c-b=1+2\sin\alpha=A$ ✔). Reste à résoudre $$z^2-2\sin\alpha\;z+1=0,\qquad \Delta=4\sin^2\alpha-4=-4\cos^2\alpha\le0 .$$ Les racines carrées de $\Delta$ étant $\pm2i|\cos\alpha|$ : $$z=\sin\alpha\pm i\left|\cos\alpha\right| .$$

$\mathcal{S}=\Big\{1\;;\;\sin\alpha+i|\cos\alpha|\;;\;\sin\alpha-i|\cos\alpha|\Big\}$ (les deux dernières sont conjuguées)

3.Pour $z_\pm=\sin\alpha\pm i|\cos\alpha|$ : $$|z_\pm|=\sqrt{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}=1 .$$ Pour l'argument $\theta$, on cherche $\theta$ tel que $\cos\theta=\sin\alpha$ et $\sin\theta=|\cos\alpha|$.
• Si $\alpha\in\left[0;\frac\pi2\right]$, $|\cos\alpha|=\cos\alpha$ et $\sin\alpha=\cos\left(\frac\pi2-\alpha\right)$, $\cos\alpha=\sin\left(\frac\pi2-\alpha\right)$ : $\theta=\frac\pi2-\alpha$.
• Si $\alpha\in\left]\frac\pi2;\pi\right]$, $|\cos\alpha|=-\cos\alpha=\sin\left(\alpha-\frac\pi2\right)$ et $\sin\alpha=\cos\left(\alpha-\frac\pi2\right)$ : $\theta=\alpha-\frac\pi2$.
Dans les deux cas $\theta=\pm\left(\frac\pi2-\alpha\right)$.

$|1|=1$, $\arg1=0$ ; $|z_\pm|=1$ et $\arg z_\pm\equiv\pm\left(\dfrac\pi2-\alpha\right)\ [2\pi]$

Les trois images sont donc sur le cercle trigonométrique, symétriques deux à deux par rapport à l'axe des réels.

Exercice 2Équation différentielle

1Résoudre l'équation différentielle $(1)$ : $2y''-6y'+5y=0$.
2Soit $(2)$ : $2y''-6y'+5y=2e^{3x}$. Montrer que $h(x)=\frac25e^{3x}$ est solution de $(2)$, puis en déduire (en admettant que la solution générale de $(2)$ est la somme de la solution générale de $(1)$ et de $h$) les solutions de $(2)$.
3Déterminer la solution $f$ de $(2)$ dont la courbe passe par $A\left(0;\frac25\right)$ avec une tangente en $A$ de coefficient directeur $2$.

Corrigé — Exercice 2

Ordre 2, racines complexes

1.Équation caractéristique : $2r^2-6r+5=0$, de discriminant $\Delta=36-40=-4<0$, donc $$r=\frac{6\pm2i}{4}=\frac32\pm\frac i2 .$$ Pour $r=p\pm iq$, les solutions réelles sont $y=e^{px}\left(A\cos qx+B\sin qx\right)$ :

$y(x)=e^{\frac32x}\left(A\cos\dfrac x2+B\sin\dfrac x2\right)$, $A,B\in\mathbb{R}$

2.Avec $h(x)=\frac25e^{3x}$ : $h'=\frac65e^{3x}$, $h''=\frac{18}5e^{3x}$, donc $$2h''-6h'+5h=\left(\frac{36}{5}-\frac{36}{5}+2\right)e^{3x}=2e^{3x}\ \checkmark$$

Solutions de $(2)$ : $y(x)=e^{\frac32x}\left(A\cos\dfrac x2+B\sin\dfrac x2\right)+\dfrac25e^{3x}$

3.Condition $f(0)=\frac25$ : $f(0)=A+\frac25=\frac25\Rightarrow A=0$. Il reste $f(x)=Be^{\frac32x}\sin\frac x2+\frac25e^{3x}$.
Condition $f'(0)=2$ : $$f'(x)=B\left(\frac32e^{\frac32x}\sin\frac x2+\frac12e^{\frac32x}\cos\frac x2\right)+\frac65e^{3x}\;\Longrightarrow\;f'(0)=\frac B2+\frac65 .$$ L'équation $\frac B2+\frac65=2$ donne $B=\frac85$.

$f(x)=\dfrac85e^{\frac32x}\sin\dfrac x2+\dfrac25e^{3x}$

ProblèmeFonction irrationnelle

Soit $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=x+\sqrt{x^2-1}$ si $x\in\;]-\infty;-1[\;\cup\;]1;+\infty[$ et $f(x)=x+\sqrt{1-x^2}$ si $x\in[-1;1]$. On note $(\mathcal{C})$ sa courbe dans un repère orthonormal.

Partie A

1Résoudre dans $]-\infty;-1[\cup\,]1;+\infty[$ l'inéquation $x+\sqrt{x^2-1}<0$.
2Résoudre dans $[-1;1]$ l'inéquation $\sqrt{1-x^2}-x<0$.

Partie B

1Étudier la continuité de $f$ en $-1$ et en $1$.
2a. Étudier la dérivabilité de $f$ en $-1$ et en $1$. b. Interpréter géométriquement.
3a. Calculer les limites et étudier les branches infinies. b. Étudier les variations de $f$ et préciser les intersections avec les axes.
4Tracer $(\mathcal{C})$ en précisant les demi-tangentes en $-1$ et en $1$.

Corrigé — Problème

Parties A et B

Partie A

1.$\sqrt{x^2-1}\ge0$, donc l'inéquation impose $x<0$, c'est-à-dire $x<-1$. Pour $x<-1$, elle équivaut à $\sqrt{x^2-1}<-x$ ; les deux membres étant positifs, on peut élever au carré : $$x^2-1$\mathcal{S}=\;]-\infty;-1[$ : sur cette branche, $f$ est toujours strictement négative

2.$\sqrt{1-x^2}0$ ; on élève alors au carré : $$1-x^2\frac12\iff x>\frac{\sqrt2}{2}\quad(\text{car }x>0).$$

$\mathcal{S}=\left]\dfrac{\sqrt2}{2}\,;1\right]$

Utile pour la suite : $f'(x)=1-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ sur $]-1;1[$ est du signe de $\sqrt{1-x^2}-x$ ; cette question prépare donc l'étude des variations.

Partie B

1.En $-1$ : $\displaystyle\lim_{x\to-1^-}\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)=-1+0=-1$ et $f(-1)=-1+\sqrt{1-1}=-1$.
En $1$ : $\displaystyle\lim_{x\to1^+}\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)=1$ et $f(1)=1+0=1$ ; de même à gauche.

$f$ est continue en $-1$ et en $1$, donc sur $\mathbb{R}$ tout entier

2.aEn $-1$, à gauche (posons $x=-1-t$, $t\to0^+$ ; alors $x^2-1=t(2+t)$ et $x+1=-t$) : $$\frac{f(x)-f(-1)}{x+1}=1+\frac{\sqrt{x^2-1}}{x+1}=1-\sqrt{\frac{2+t}{t}}\xrightarrow[t\to0^+]{}-\infty .$$ En $-1$, à droite (posons $x=-1+s$ ; $1-x^2=s(2-s)$, $x+1=s$) : $$1+\frac{\sqrt{1-x^2}}{x+1}=1+\sqrt{\frac{2-s}{s}}\xrightarrow[s\to0^+]{}+\infty .$$ Les calculs analogues en $1$ donnent $-\infty$ à gauche et $+\infty$ à droite.

$f$ n'est dérivable ni en $-1$ ni en $1$ ; les taux d'accroissement sont infinis

2.bUn taux d'accroissement infini traduit une demi-tangente verticale.

$(\mathcal{C})$ admet une tangente verticale aux points $B(-1;-1)$ et $C(1;1)$ (deux demi-tangentes verticales en chacun d'eux)

3.aEn $-\infty$ : forme indéterminée $\infty-\infty$ ; on utilise l'expression conjuguée : $$f(x)=x+\sqrt{x^2-1}=\frac{x^2-\left(x^2-1\right)}{x-\sqrt{x^2-1}}=\frac{1}{x-\sqrt{x^2-1}}\xrightarrow[x\to-\infty]{}0^- .$$ L'axe des abscisses est asymptote horizontale en $-\infty$, la courbe étant en dessous.
En $+\infty$ : $f(x)\to+\infty$. Étudions $f(x)-2x=\sqrt{x^2-1}-x=\dfrac{-1}{\sqrt{x^2-1}+x}\to0^-$ :

La droite $y=2x$ est asymptote oblique en $+\infty$, $(\mathcal{C})$ étant en dessous

3.bSur $]1;+\infty[$ : $f'(x)=1+\dfrac{x}{\sqrt{x^2-1}}>0$ : $f$ croît de $1$ à $+\infty$.
Sur $]-\infty;-1[$ : $f'(x)=1+\dfrac{x}{\sqrt{x^2-1}}$. Comme $x<0$ et $|x|>\sqrt{x^2-1}$, on a $\dfrac{x}{\sqrt{x^2-1}}<-1$ donc $f'<0$ : $f$ décroît de $0^-$ à $-1$.
Sur $]-1;1[$ : $f'(x)=1-\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}$, du signe de $\sqrt{1-x^2}-x$, c'est-à-dire (Partie A.2) positif pour $x<\frac{\sqrt2}2$ et négatif après. Maximum : $f\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)=\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}=\sqrt2$.

$x$	$-\infty$		$-1$		$\frac{\sqrt2}{2}$		$1$		$+\infty$
$f'(x)$		$-$	‖	$+$	$0$	$-$	‖	$+$
$f(x)$	$0^-$	$\searrow$	$-1$	$\nearrow$	$\sqrt2$	$\searrow$	$1$	$\nearrow$	$+\infty$

Intersections avec les axes : $f(0)=0+1=1$ (point $(0;1)$). Et $f(x)=0$ : sur $[-1;1]$, $x+\sqrt{1-x^2}=0$ impose $x\le0$ puis $x^2=1-x^2$, soit $x=-\frac{\sqrt2}{2}$ ; sur les autres branches $f$ ne s'annule pas.

$(\mathcal{C})$ coupe $(Oy)$ en $(0;1)$ et $(Ox)$ en $\left(-\frac{\sqrt2}{2};0\right)$

4.Sur $[-1;1]$, la courbe est un arc d'ellipse « penché » ; les raccords en $B(-1;-1)$ et $C(1;1)$ se font à tangente verticale.

$(\mathcal{C})$ : asymptote $y=0$ en $-\infty$, asymptote oblique $y=2x$ en $+\infty$, tangentes verticales en $x=\pm1$

ENS
12

École Normale Supérieure — Session de septembre 2012

Niveau : 1^re année de Licence · Séries C, D, E · Durée : 3 h 00 — Construction de la fonction arctangente, dénombrement et probabilités, suite d'intégrales, fonction irrationnelle par morceaux.

Ex.1Ex.2Ex.3Ex.4

Fonction définie par sa dérivée Parité Dénombrement Discriminant Intégration par parties Encadrement & limite Asymptote oblique

Exercice 1Analyse

On admet l'existence d'une fonction $f$, définie et dérivable sur $\mathbb{R}$, vérifiant $f(0)=0$ et $f'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$.

1a. Montrer que $g:x\mapsto f(x)+f(-x)$ est dérivable et calculer sa dérivée. b. Calculer $g(0)$ ; en déduire que $f$ est impaire.
2a. Montrer que $h:x\mapsto f(x)+f\!\left(\frac1x\right)$ est dérivable sur $\mathbb{R}^{*}_+$ et calculer sa dérivée. b. En déduire l'existence d'une constante $c$ telle que $f(x)=c-f\!\left(\frac1x\right)$ pour $x>0$. c. Prouver que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=c$.
3
Soit $u(x)=\tan x$ sur $\left]-\frac\pi2;\frac\pi2\right[$.
1. a. Montrer que $\varphi:x\mapsto (f\circ u)(x)-x$ est dérivable et calculer sa dérivée.
2. b. Calculer $\varphi(0)$ ; en déduire que $f(\tan x)=x$ sur $\left]-\frac\pi2;\frac\pi2\right[$.
3. c. Calculer $f(1)$, $f(\sqrt3)$, $f\!\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)$, puis la valeur exacte de $c$.

Corrigé — Exercice 1

La fonction arctangente

1.a$x\mapsto f(-x)$ est dérivable comme composée, de dérivée $-f'(-x)$. Donc $g$ est dérivable et $$g'(x)=f'(x)-f'(-x)=\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+(-x)^2}=0 .$$

1.b$g'=0$ sur l'intervalle $\mathbb{R}$ donc $g$ est constante ; or $g(0)=f(0)+f(0)=0$. Ainsi $g\equiv0$, c'est-à-dire $f(-x)=-f(x)$.

$f$ est impaire

2.aSur $\mathbb{R}^*_+$, $x\mapsto\frac1x$ est dérivable de dérivée $-\frac1{x^2}$, donc $h$ l'est aussi et, avec $\left[f(u)\right]'=u'f'(u)$ : $$h'(x)=\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{x^2}\cdot\frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}=\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{x^2}\cdot\frac{x^2}{x^2+1}=\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+x^2}=0 .$$

2.b$h'=0$ sur l'intervalle $]0;+\infty[$ : $h$ y est constante. En notant $c$ cette constante :

$\forall x>0,\;f(x)+f\!\left(\frac1x\right)=c$, soit $f(x)=c-f\!\left(\frac1x\right)$ (en $x=1$ : $c=2f(1)$)

2.cQuand $x\to+\infty$, $\frac1x\to0^+$. Or $f$ est dérivable donc continue en $0$, avec $f(0)=0$ : $f\!\left(\frac1x\right)\to0$. Donc

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=c-0=c$

3.a$\tan$ est dérivable sur $\left]-\frac\pi2;\frac\pi2\right[$ avec $\tan'=1+\tan^2$. Donc $\varphi$ est dérivable et $$\varphi'(x)=\left(1+\tan^2x\right)\cdot\frac{1}{1+\tan^2x}-1=1-1=0 .$$

3.b$\varphi$ est donc constante sur l'intervalle, et $\varphi(0)=f(\tan0)-0=f(0)=0$.

$\forall x\in\left]-\frac\pi2;\frac\pi2\right[,\;f(\tan x)=x$ : $f$ est la réciproque de $\tan$, c'est-à-dire $f=\arctan$

3.cOn utilise les valeurs remarquables de la tangente : $$\tan\frac\pi4=1,\qquad\tan\frac\pi3=\sqrt3,\qquad\tan\frac\pi6=\frac{1}{\sqrt3}.$$

$f(1)=\dfrac\pi4$ ; $f(\sqrt3)=\dfrac\pi3$ ; $f\!\left(\dfrac1{\sqrt3}\right)=\dfrac\pi6$

Et comme $c=2f(1)=\frac\pi2$ (ou directement $f(\sqrt3)+f\!\left(\frac1{\sqrt3}\right)=\frac\pi3+\frac\pi6=\frac\pi2$) :

$c=\dfrac\pi2$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\frac\pi2$ — l'asymptote bien connue de $\arctan$

Exercice 2Probabilités

On jette trois fois un dé cubique parfaitement équilibré dont les faces sont numérotées de $1$ à $6$. On note $a$, $b$, $c$ les numéros obtenus et $Q(x)=ax^2+bx+c$. Déterminer la probabilité pour que $Q$ :

1ait une racine réelle double ;
2ait deux racines réelles distinctes ;
3n'ait pas de racine réelle.

Corrigé — Exercice 2

Dénombrement

0.Cadre. L'univers est $\Omega=\{1,\dots,6\}^3$, muni de l'équiprobabilité : $\operatorname{card}\Omega=6^3=216$. Comme $a\ge1$, $Q$ est bien du second degré, et tout dépend du signe de $$\Delta=b^2-4ac .$$

1.Racine double $\iff\Delta=0\iff b^2=4ac$. $b^2$ doit être pair, donc $b\in\{2;4;6\}$ :

$b$	$ac=\frac{b^2}{4}$	couples $(a;c)$ avec $1\le a,c\le6$	nombre
$2$	$1$	$(1;1)$	$1$
$4$	$4$	$(1;4),(2;2),(4;1)$	$3$
$6$	$9$	$(3;3)$	$1$

(Pour $b=6$, les couples $(1;9)$ et $(9;1)$ sont exclus car $9>6$.) Total : $1+3+1=5$ triplets.

$P(\text{racine double})=\dfrac{5}{216}\approx0{,}023$

2.Deux racines distinctes $\iff\Delta>0\iff ac<\frac{b^2}{4}$. On compte, pour chaque $b$, les couples $(a;c)$ tels que le produit $ac$ soit strictement inférieur à $\frac{b^2}4$. Rappelons le nombre de couples de $\{1,\dots,6\}^2$ réalisant chaque produit : $ac=1\to1$ ; $2\to2$ ; $3\to2$ ; $4\to3$ ; $5\to2$ ; $6\to4$ ; $7\to0$ ; $8\to2$.

$b$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	Total
condition $ac<\frac{b^2}{4}$	$ac<0{,}25$	$ac<1$	$ac\le2$	$ac\le3$	$ac\le6$	$ac\le8$
nb de couples	$0$	$0$	$3$	$5$	$14$	$16$	$38$

$P(\text{deux racines distinctes})=\dfrac{38}{216}=\dfrac{19}{108}\approx0{,}176$

3.Les trois événements forment une partition de $\Omega$ ; on passe donc au complémentaire : $$P(\Delta<0)=1-\frac{5}{216}-\frac{38}{216}=\frac{216-43}{216}=\frac{173}{216} .$$

$P(\text{pas de racine réelle})=\dfrac{173}{216}\approx0{,}801$

Intuition : $4ac$ vaut au minimum $4$ et croît vite, tandis que $b^2\le36$ ; il est donc « difficile » d'avoir $\Delta\ge0$ — d'où une probabilité de $80\%$ de ne pas avoir de racine réelle.

Exercice 3Suite d'intégrales

Soit $U_0=\displaystyle\int_1^e x\,dx$ et, pour $n\ge1$, $U_n=\displaystyle\int_1^e x(\ln x)^n\,dx$.

1Calculer $U_0$ et $U_1$.
2Montrer que $(U_n)$ est décroissante ; en déduire qu'elle converge.
3a. Par une intégration par parties, montrer que $2U_n+nU_{n-1}=e^2$ pour $n\ge1$. b. En déduire $\dfrac{e^2}{n+3}\le U_n\le\dfrac{e^2}{n+2}$, puis calculer $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n$ et $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}nU_n$.

Corrigé — Exercice 3

IPP · encadrement

1.$U_0=\left[\dfrac{x^2}{2}\right]_1^e=\dfrac{e^2-1}{2}$.
Pour $U_1$, intégration par parties avec $u=\ln x$, $v'=x$ ($u'=\frac1x$, $v=\frac{x^2}{2}$) : $$U_1=\left[\frac{x^2}{2}\ln x\right]_1^e-\int_1^e\frac{x^2}{2}\cdot\frac1x\,dx=\frac{e^2}{2}-\frac12\left[\frac{x^2}{2}\right]_1^e=\frac{e^2}{2}-\frac{e^2-1}{4}=\frac{e^2+1}{4} .$$

$U_0=\dfrac{e^2-1}{2}\approx3{,}19$ ; $U_1=\dfrac{e^2+1}{4}\approx2{,}10$

2.Sur $[1;e]$ on a $0\le\ln x\le1$, donc $(\ln x)^{n+1}\le(\ln x)^n$ ; en multipliant par $x>0$ puis en intégrant sur $[1;e]$ (croissance de l'intégrale, les bornes étant dans le bon ordre) : $$U_{n+1}\le U_n .$$ De plus $U_n\ge0$ (intégrale d'une fonction positive). Une suite décroissante et minorée par $0$ converge.

$(U_n)$ est décroissante, minorée par $0$, donc convergente

3.aIPP avec $u=(\ln x)^n$, $v'=x$, donc $u'=\dfrac{n(\ln x)^{n-1}}{x}$ et $v=\dfrac{x^2}{2}$ : $$U_n=\left[\frac{x^2}{2}(\ln x)^n\right]_1^e-\int_1^e\frac{x^2}{2}\cdot\frac{n(\ln x)^{n-1}}{x}dx=\frac{e^2}{2}-\frac n2\int_1^e x(\ln x)^{n-1}dx=\frac{e^2}{2}-\frac n2U_{n-1}.$$ En multipliant par $2$ :

$2U_n+nU_{n-1}=e^2$ pour tout $n\ge1$

3.bMajoration. $U_{n-1}\ge U_n$ (décroissance) donc $e^2=2U_n+nU_{n-1}\ge2U_n+nU_n=(n+2)U_n$, d'où $U_n\le\dfrac{e^2}{n+2}$.
Minoration. Écrivons la relation au rang $n+1$ : $2U_{n+1}+(n+1)U_n=e^2$. Comme $U_{n+1}\le U_n$ : $$e^2\le2U_n+(n+1)U_n=(n+3)U_n\quad\Longrightarrow\quad U_n\ge\frac{e^2}{n+3}.$$

$\dfrac{e^2}{n+3}\le U_n\le\dfrac{e^2}{n+2}$

Les deux bornes tendent vers $0$, donc par encadrement $U_n\to0$. En multipliant l'encadrement par $n>0$ : $$\frac{ne^2}{n+3}\le nU_n\le\frac{ne^2}{n+2},$$ et les deux bornes tendent vers $e^2$.

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n=0$ et $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}nU_n=e^2$

Exercice 4Étude de fonction

Soit $f$ définie par $f(x)=5x+4\sqrt{x^2+3x}$ si $x<0$ et $f(x)=x-2\sqrt x$ si $x\ge0$.

1Préciser l'ensemble de définition. Étudier la continuité et la dérivabilité de $f$ en $0$.
2Étudier les variations de $f$ puis tracer sa courbe.

Corrigé — Exercice 4

Fonction irrationnelle

1.Ensemble de définition. Pour $x<0$ il faut $x^2+3x\ge0$, soit $x(x+3)\ge0$, c'est-à-dire $x\le-3$ (dans $\mathbb{R}_-$). Pour $x\ge0$ il faut $x\ge0$ : rien de plus.

$D_f=\;]-\infty;-3]\;\cup\;[0;+\infty[$

En $0$ : $f$ n'est pas définie à gauche de $0$ ; on étudie donc la continuité et la dérivabilité à droite. $f(0)=0$ et $\lim_{x\to0^+}\left(x-2\sqrt x\right)=0=f(0)$ : $f$ est continue à droite en $0$. Puis $$\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{x-2\sqrt x}{x}=1-\frac{2}{\sqrt x}\xrightarrow[x\to0^+]{}-\infty .$$

$f$ est continue en $0$ mais non dérivable : $(\mathcal{C})$ admet en $O$ une demi-tangente verticale

2.Sur $[0;+\infty[$ : $f'(x)=1-\dfrac{1}{\sqrt x}=\dfrac{\sqrt x-1}{\sqrt x}$, négative sur $]0;1[$, nulle en $1$, positive ensuite. Minimum $f(1)=1-2=-1$ ; $f(4)=0$ ; $f\to+\infty$.
Sur $]-\infty;-3]$ : avec $\left(\sqrt u\right)'=\frac{u'}{2\sqrt u}$, $$f'(x)=5+\frac{4(2x+3)}{2\sqrt{x^2+3x}}=5+\frac{2(2x+3)}{\sqrt{x^2+3x}} .$$ Pour $x\le-3$, $2x+3<0$ : la fraction est négative. $f'(x)=0$ équivaut à $5\sqrt{x^2+3x}=-2(2x+3)$, soit (en élevant au carré, les deux membres étant positifs) $25(x^2+3x)=4(2x+3)^2$ : $$25x^2+75x=16x^2+48x+36\iff9x^2+27x-36=0\iff x^2+3x-4=0\iff x\in\{-4;1\} .$$ Seul $x=-4$ convient. Signe : $f'(-5)=5-\frac{14}{\sqrt{10}}\approx+0{,}57>0$ et $f'(-3{,}5)\approx-1{,}05<0$.
Maximum $f(-4)=-20+4\sqrt{4}=-12$ ; extrémité $f(-3)=-15$.
Branche infinie en $-\infty$ : $\sqrt{x^2+3x}=|x|\sqrt{1+\frac3x}=-x\left(1+\frac{3}{2x}+o\!\left(\frac1x\right)\right)=-x-\frac32+o(1)$, donc $$f(x)=5x-4x-6+o(1)=x-6+o(1) .$$

La droite $y=x-6$ est asymptote oblique en $-\infty$

En $-3$ : le taux d'accroissement $5+\dfrac{4\sqrt{x(x+3)}}{x+3}\to-\infty$ : demi-tangente verticale au point $(-3;-15)$.

$x$	$-\infty$		$-4$		$-3$	‖	$0$		$1$		$+\infty$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$		‖		$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$-\infty$	$\nearrow$	$-12$	$\searrow$	$-15$	‖	$0$	$\searrow$	$-1$	$\nearrow$	$+\infty$

$(\mathcal{C})$ : deux morceaux disjoints, asymptote oblique $y=x-6$ en $-\infty$, tangentes verticales en $-3$ et en $0$

FSSA
14

Faculté des Sciences de la Santé — Session de septembre 2014

Épreuve de Mathématiques du jeudi 18/09/2014 — Polynôme et nombre d'or, rotation et valeurs exactes de $\cos\frac\pi{12}$, couple d'intégrales liées par IPP, étude de $(x+1)^2e^{-x}$ et aire, suite arithmético-quadratique.

Ex.1Ex.2Ex.3Ex.4

Nombre d'or Rotation $\cos\frac{\pi}{12}$ Équation trigonométrique Système d'intégrales Aire Récurrence

Exercice 1Complexes

1
Soit $P(Z)=Z^3-\dfrac{3+\sqrt5}{2}Z^2+\dfrac{3+\sqrt5}{2}Z-\dfrac{1+\sqrt5}{2}$.
1. a. Calculer $P\!\left(\frac12+\frac{\sqrt5}{2}\right)$.
2. b. Résoudre dans $\mathbb{C}$ l'équation $P(Z)=0$.
2
Soit $A$ d'affixe $Z_A=\frac12-i\frac{\sqrt3}{2}$ et $A'$ l'image de $A$ par la rotation de centre $O$ et d'angle $\frac\pi4$.
1. a. Déterminer $Z_{A'}$ sous forme algébrique et trigonométrique.
2. b. En déduire les valeurs exactes de $\cos\frac{\pi}{12}$ et $\sin\frac{\pi}{12}$.
3. c. Résoudre dans $\mathbb{R}$ : $\left(\sqrt2+\sqrt6\right)\cos x+\left(\sqrt6-\sqrt2\right)\sin x=0$.

Corrigé — Exercice 1

Complexes

1.aAstuce : $\varphi=\frac{1+\sqrt5}{2}$ est le nombre d'or, qui vérifie $\varphi^2=\varphi+1=\frac{3+\sqrt5}{2}$. L'énoncé s'écrit donc $$P(Z)=Z^3-\varphi^2Z^2+\varphi^2Z-\varphi .$$ Avec $\varphi^3=\varphi\cdot\varphi^2=\varphi(\varphi+1)=\varphi^2+\varphi=2\varphi+1$ et $\varphi^4=(\varphi+1)^2=\varphi^2+2\varphi+1=3\varphi+2$ : $$P(\varphi)=\varphi^3-\varphi^4+\varphi^3-\varphi=2\varphi^3-\varphi^4-\varphi=2(2\varphi+1)-(3\varphi+2)-\varphi=0 .$$

$P\!\left(\dfrac{1+\sqrt5}{2}\right)=0$ : $\varphi$ est racine de $P$

1.bOn factorise : $P(Z)=(Z-\varphi)\left(Z^2+bZ+c\right)$. En développant, le terme constant donne $-\varphi c=-\varphi$ soit $c=1$, et le terme en $Z^2$ donne $b-\varphi=-\varphi^2$, soit $b=\varphi-\varphi^2=\varphi-(\varphi+1)=-1$. Ainsi $$P(Z)=(Z-\varphi)\left(Z^2-Z+1\right),\qquad \Delta=1-4=-3 .$$ Les racines de $Z^2-Z+1$ sont $\dfrac{1\pm i\sqrt3}{2}=e^{\pm i\pi/3}$.

$\mathcal{S}=\left\{\dfrac{1+\sqrt5}{2}\;;\;\dfrac{1+i\sqrt3}{2}\;;\;\dfrac{1-i\sqrt3}{2}\right\}$

2.a$Z_A=\frac12-i\frac{\sqrt3}{2}=e^{-i\pi/3}$ (module $1$, argument $-\frac\pi3$). La rotation de centre $O$ et d'angle $\frac\pi4$ a pour écriture $Z'=e^{i\pi/4}Z$, donc $$Z_{A'}=e^{i\pi/4}e^{-i\pi/3}=e^{i\left(\frac\pi4-\frac\pi3\right)}=e^{-i\pi/12}.$$ Forme algébrique, en développant le produit : $$Z_{A'}=\left(\frac{\sqrt2}{2}+i\frac{\sqrt2}{2}\right)\left(\frac12-i\frac{\sqrt3}{2}\right)=\frac{\sqrt2+\sqrt6}{4}+i\,\frac{\sqrt2-\sqrt6}{4}.$$

$Z_{A'}=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{4}+i\,\dfrac{\sqrt2-\sqrt6}{4}=\cos\left(-\dfrac\pi{12}\right)+i\sin\left(-\dfrac\pi{12}\right)$

2.bOn identifie les deux écritures de $Z_{A'}$ (partie réelle avec partie réelle, partie imaginaire avec partie imaginaire), en utilisant $\cos(-\theta)=\cos\theta$ et $\sin(-\theta)=-\sin\theta$ :

$\cos\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{4}$ et $\sin\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{4}$

2.cOn divise l'équation par $4$ et l'on reconnaît exactement les valeurs précédentes : $$\frac{\sqrt2+\sqrt6}{4}\cos x+\frac{\sqrt6-\sqrt2}{4}\sin x=0\iff\cos\frac{\pi}{12}\cos x+\sin\frac{\pi}{12}\sin x=0\iff\cos\left(x-\frac{\pi}{12}\right)=0 .$$ Or $\cos\theta=0\iff\theta=\frac\pi2+k\pi$, $k\in\mathbb{Z}$ :

$x=\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{\pi}{2}+k\pi=\dfrac{7\pi}{12}+k\pi,\quad k\in\mathbb{Z}$

Exercice 2Intégrales

On pose $A_n=\displaystyle\int_0^{\pi/2}e^{-nx}\sin x\,dx$ et $B_n=\displaystyle\int_0^{\pi/2}e^{-nx}\cos x\,dx$, $n\in\mathbb{N}$.

1Calculer $A_0$ et $B_0$.
2a. En intégrant par parties, montrer que $A_n+nB_n=1$ et $-nA_n+B_n=e^{-n\pi/2}$. b. En déduire $A_n$ et $B_n$ en fonction de $n$, puis leurs limites.

Corrigé — Exercice 2

Système linéaire d'intégrales

1.Pour $n=0$, l'exponentielle vaut $1$ : $$A_0=\int_0^{\pi/2}\sin x\,dx=\Big[-\cos x\Big]_0^{\pi/2}=0+1=1,\qquad B_0=\int_0^{\pi/2}\cos x\,dx=\Big[\sin x\Big]_0^{\pi/2}=1 .$$

$A_0=B_0=1$

2.aPremière IPP ($u=e^{-nx}$, $v'=\sin x$, donc $u'=-ne^{-nx}$, $v=-\cos x$) : $$A_n=\Big[-e^{-nx}\cos x\Big]_0^{\pi/2}-\int_0^{\pi/2}ne^{-nx}\cos x\,dx=\left(0+1\right)-nB_n .$$ Seconde IPP ($u=e^{-nx}$, $v'=\cos x$, $v=\sin x$) : $$B_n=\Big[e^{-nx}\sin x\Big]_0^{\pi/2}+n\int_0^{\pi/2}e^{-nx}\sin x\,dx=e^{-n\pi/2}+nA_n .$$

$A_n+nB_n=1$ et $-nA_n+B_n=e^{-n\pi/2}$

2.bOn résout ce système $2\times2$ d'inconnues $A_n,B_n$. En calculant $1\times(\text{L}_1)-n\times(\text{L}_2)$ : $$A_n+n^2A_n=1-ne^{-n\pi/2}\;\Longrightarrow\;A_n=\frac{1-ne^{-n\pi/2}}{1+n^2},$$ puis en reportant, $n\times(\text{L}_1)+(\text{L}_2)$ donne $$B_n=\frac{n+e^{-n\pi/2}}{1+n^2}.$$

$A_n=\dfrac{1-ne^{-\frac{n\pi}{2}}}{1+n^2}$ ; $B_n=\dfrac{n+e^{-\frac{n\pi}{2}}}{1+n^2}$

Limites. Par croissances comparées $ne^{-n\pi/2}\to0$, donc $A_n\sim\frac{1}{n^2}\to0$ ; et $B_n\sim\frac{n}{n^2}=\frac1n\to0$.

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}A_n=\lim_{n\to+\infty}B_n=0$

Contrôle avec $n=0$ : les formules donnent $A_0=\frac{1-0}{1}=1$ et $B_0=\frac{0+1}{1}=1$ ✔

Exercice 3Étude & aire

1Étudier les variations de $f(x)=(x+1)^2e^{-x}$.
2Tracer $(\mathcal{C})$ dans un repère orthonormé (unité : $2$ cm).
3À l'aide de deux intégrations par parties, calculer en cm² l'aire $\mathcal{A}$ de la portion limitée par $(\mathcal{C})$, l'axe $(Ox)$ et les droites $x=-1$ et $x=0$.

Corrigé — Exercice 3

Analyse

1.$f$ est définie et dérivable sur $\mathbb{R}$, positive. Avec $(uv)'=u'v+uv'$ : $$f'(x)=2(x+1)e^{-x}-(x+1)^2e^{-x}=(x+1)\big[2-(x+1)\big]e^{-x}=(x+1)(1-x)e^{-x}.$$ $e^{-x}>0$, donc $f'$ est du signe du trinôme $(x+1)(1-x)$ : négatif à l'extérieur de $[-1;1]$, positif à l'intérieur.
Limites : en $-\infty$, $(x+1)^2\to+\infty$ et $e^{-x}\to+\infty$ donc $f\to+\infty$ ; en $+\infty$, croissances comparées, $f\to0^+$ (asymptote $y=0$).

$x$	$-\infty$		$-1$		$1$		$+\infty$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$	$0$	$-$
$f(x)$	$+\infty$	$\searrow$	$0$	$\nearrow$	$\frac4e$	$\searrow$	$0^+$

Minimum $f(-1)=0$ (tangente horizontale, la courbe touche $(Ox)$) ; maximum $f(1)=\dfrac4e\approx1{,}47$

$(\mathcal{C})$ : $f(x)=(x+1)^2e^{-x}$ ; en bleu clair, le domaine dont on calcule l'aire

3.Sur $[-1;0]$, $f\ge0$ : l'aire en unités d'aire est $\displaystyle\int_{-1}^{0}(x+1)^2e^{-x}dx$.
Première IPP ($u=(x+1)^2$, $v'=e^{-x}$, $v=-e^{-x}$) : $$\int_{-1}^{0}(x+1)^2e^{-x}dx=\Big[-(x+1)^2e^{-x}\Big]_{-1}^{0}+2\int_{-1}^{0}(x+1)e^{-x}dx=-1+2\int_{-1}^{0}(x+1)e^{-x}dx .$$ Seconde IPP ($u=x+1$, $v'=e^{-x}$) : $$\int_{-1}^{0}(x+1)e^{-x}dx=\Big[-(x+1)e^{-x}\Big]_{-1}^{0}+\int_{-1}^{0}e^{-x}dx=-1+\Big[-e^{-x}\Big]_{-1}^{0}=-1+(-1+e)=e-2 .$$ D'où $\displaystyle\int_{-1}^{0}f=-1+2(e-2)=2e-5\approx0{,}437$ u.a.
L'unité graphique valant $2$ cm, une unité d'aire vaut $2\times2=4$ cm² :

$\mathcal{A}=4\left(2e-5\right)\approx1{,}75\ \text{cm}^2$

Exercice 4Suites

Soit $(U_n)$ définie par $U_0=1$ et $U_{n+1}=U_n+2n+3$ pour tout entier naturel $n$.

1Étudier la monotonie de $(U_n)$.
2a. Démontrer que pour tout $n$, $U_n\ge n^2$. b. Quelle est la limite de $(U_n)$ ?
3Conjecturer une expression de $U_n$ en fonction de $n$, puis démontrer la propriété conjecturée.

Corrigé — Exercice 4

Récurrence

1.$U_{n+1}-U_n=2n+3>0$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.

$(U_n)$ est strictement croissante

2.aRécurrence. $\mathcal{P}(n)$ : « $U_n\ge n^2$ ».
Initialisation : $U_0=1\ge0=0^2$ ✔
Hérédité : si $U_n\ge n^2$, alors $U_{n+1}=U_n+2n+3\ge n^2+2n+3=(n+1)^2+2>(n+1)^2$ ✔

$\forall n\in\mathbb{N},\;U_n\ge n^2$

2.b$n^2\to+\infty$ et $U_n\ge n^2$ : par comparaison,

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n=+\infty$

3.Conjecture. $U_0=1$, $U_1=1+3=4$, $U_2=4+5=9$, $U_3=9+7=16$ : on reconnaît les carrés parfaits. $$\boxed{U_n=(n+1)^2}$$ Démonstration par récurrence. Vrai au rang $0$ ($U_0=1=1^2$). Si $U_n=(n+1)^2$, alors $$U_{n+1}=(n+1)^2+2n+3=n^2+2n+1+2n+3=n^2+4n+4=(n+2)^2 ,$$ c'est-à-dire la formule au rang $n+1$.

$\forall n\in\mathbb{N},\;U_n=(n+1)^2$ — ce qui confirme au passage $U_n\ge n^2$ et $U_n\to+\infty$

Autre méthode : télescopage. $U_n=U_0+\sum_{k=0}^{n-1}(2k+3)=1+2\cdot\frac{n(n-1)}{2}+3n=1+n^2-n+3n=(n+1)^2$.

IDR
05

Institut de Développement Rural — Session de septembre 2005

Concours interne, cycle court (Productions Végétales, Productions Animales, Techniques Forestières) · Durée : 3 h 00 · Coefficient 1,5 — Décomposition d'une fraction, IPP, système complexe, étude avec asymptote oblique.

Ex.1Ex.2Problème

Décomposition en éléments simples Intégration par parties Système dans $\mathbb{C}$ Conjugaison Fonction auxiliaire Asymptote oblique

Exercice 1Intégration

aDéterminer deux réels $a$ et $b$ tels que $\dfrac{2x}{2x-1}=a+\dfrac{b}{2x-1}$.
bCalculer $I=\displaystyle\int_1^2\frac{2x}{2x-1}\,dx$.
cCalculer $K=\displaystyle\int_1^2\ln(2x-1)\,dx$.

Corrigé — Exercice 1

Calcul intégral

a.On force l'apparition du dénominateur au numérateur : $$\frac{2x}{2x-1}=\frac{(2x-1)+1}{2x-1}=1+\frac{1}{2x-1}.$$

$a=1$ et $b=1$

b.Sur $[1;2]$, $2x-1\ge1>0$ : l'intégrande est bien définie. Avec $\displaystyle\int\frac{dx}{2x-1}=\frac12\ln|2x-1|$ : $$I=\int_1^2\left(1+\frac{1}{2x-1}\right)dx=\Big[x+\tfrac12\ln(2x-1)\Big]_1^2=\left(2+\tfrac12\ln3\right)-\left(1+\tfrac12\ln1\right).$$

$I=1+\dfrac{\ln3}{2}\approx1{,}549$

c.IPP avec $u=\ln(2x-1)$, $v'=1$ (donc $u'=\frac{2}{2x-1}$, $v=x$) : $$K=\Big[x\ln(2x-1)\Big]_1^2-\int_1^2\frac{2x}{2x-1}dx=2\ln3-1\cdot\ln1-I=2\ln3-\left(1+\frac{\ln3}{2}\right).$$

$K=\dfrac{3\ln3}{2}-1\approx0{,}648$

Vérification par changement de variable : $u=2x-1$, $du=2dx$ donne $K=\frac12\int_1^3\ln u\,du=\frac12\big[u\ln u-u\big]_1^3=\frac12(3\ln3-3+1)=\frac{3\ln3}{2}-1$ ✔

Exercice 2Complexes

1$x$ et $y$ désignant des nombres complexes, résoudre dans $\mathbb{C}\times\mathbb{C}$ le système $$\begin{cases}(2-3i)x+2y=-1-i\\(-3+2i)\bar x-3i\,\bar y=-11-i\end{cases}$$
2Donner le module et l'argument des solutions.

Corrigé — Exercice 2

Système dans $\mathbb{C}$

1.Étape 1 : éliminer les conjugués. La seconde équation contient $\bar x$ et $\bar y$ ; on en prend le conjugué membre à membre (la conjugaison respecte somme et produit, et $\overline{\bar x}=x$) : $$\overline{(-3+2i)\bar x-3i\bar y}=(-3-2i)x+3i\,y=-11+i .$$ Le système devient linéaire en $(x;y)$ : $$(L_1):\;(2-3i)x+2y=-1-i,\qquad (L_2):\;(-3-2i)x+3iy=-11+i .$$ Étape 2 : substitution. $(L_1)$ donne $y=\dfrac{-1-i-(2-3i)x}{2}$. En reportant dans $(L_2)$ puis en multipliant par $2$ : $$2(-3-2i)x+3i\big[-1-i-(2-3i)x\big]=-22+2i .$$ Or $3i(-1-i)=-3i+3=3-3i$ et $-3i(2-3i)=-6i-9$. En regroupant les termes en $x$ : $$\underbrace{\big[(-6-4i)+(-9-6i)\big]}_{-15-10i}x+3-3i=-22+2i\;\Longrightarrow\;(-15-10i)x=-25+5i .$$ $$x=\frac{-25+5i}{-15-10i}=\frac{5(-5+i)}{-5(3+2i)}=\frac{5-i}{3+2i}=\frac{(5-i)(3-2i)}{9+4}=\frac{15-10i-3i-2}{13}=\frac{13-13i}{13}=1-i .$$ Étape 3 : $y=\dfrac{-1-i-(2-3i)(1-i)}{2}$ avec $(2-3i)(1-i)=2-2i-3i+3i^2=-1-5i$, d'où $y=\dfrac{-1-i+1+5i}{2}=2i$.

$x=1-i$ et $y=2i$

Vérification dans l'équation d'origine : $(-3+2i)\overline{(1-i)}-3i\overline{(2i)}=(-3+2i)(1+i)-3i(-2i)=(-5-i)-6=-11-i$ ✔

2.$x=1-i$ : $|x|=\sqrt{1+1}=\sqrt2$, et $\cos\theta=\frac{1}{\sqrt2}$, $\sin\theta=-\frac1{\sqrt2}$, donc $\theta=-\frac\pi4$.
$y=2i$ : $|y|=2$ et $\arg y=\frac\pi2$.

$x=\sqrt2\,e^{-i\pi/4}$ ; $y=2\,e^{i\pi/2}$

ProblèmeÉtude de fonction

1Soit $g$ définie sur $]0;+\infty[$ par $g(x)=x^2+3-3\ln x$. Étudier les variations de $g$ et en déduire le signe de $g(x)$.
2
On considère $f(x)=x-1+\dfrac{3\ln x}{x}$ sur $]0;+\infty[$.
1. a. Montrer que $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$.
2. b. Étudier les variations de $f$.
3. c. Montrer que $(\mathcal{C})$ admet une asymptote oblique $(D)$ ; déterminer la position relative de $(\mathcal{C})$ et $(D)$.
4. d. Construire $(\mathcal{C})$ et $(D)$ dans un repère orthonormé.

Précision. Le recueil écrit « $g$ définie sur $\mathbb{R}$ » et « $f$ définie sur $\mathbb{R}^*$ » : la présence de $\ln x$ impose en réalité $x>0$.

Corrigé — Problème

Fonction auxiliaire

1.$g$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ et $$g'(x)=2x-\frac3x=\frac{2x^2-3}{x},$$ du signe de $2x^2-3$ (car $x>0$) : négatif pour $x<\sqrt{\frac32}=\frac{\sqrt6}{2}$, positif au-delà. Le minimum vaut $$g\!\left(\frac{\sqrt6}{2}\right)=\frac32+3-3\ln\frac{\sqrt6}{2}\approx4{,}5-3\times0{,}2027\approx3{,}89 .$$ Limites : $g(x)\to+\infty$ en $0^+$ (car $-3\ln x\to+\infty$) et en $+\infty$ (car $x^2$ l'emporte sur $\ln x$).

$x$	$0$		$\frac{\sqrt6}{2}\approx1{,}22$		$+\infty$
$g'(x)$		$-$	$0$	$+$
$g(x)$	$+\infty$	$\searrow$	$\approx3{,}89>0$	$\nearrow$	$+\infty$

Le minimum de $g$ est strictement positif, donc $g(x)>0$ pour tout $x>0$

2.aAvec $\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)'=\dfrac{\frac1x\cdot x-\ln x}{x^2}=\dfrac{1-\ln x}{x^2}$ : $$f'(x)=1+3\cdot\frac{1-\ln x}{x^2}=\frac{x^2+3-3\ln x}{x^2}=\frac{g(x)}{x^2} .$$

$f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$

2.b$g(x)>0$ et $x^2>0$, donc $f'>0$ sur $]0;+\infty[$.
Limites : en $0^+$, $\frac{3\ln x}{x}\to-\infty$ (numérateur $\to-\infty$, dénominateur $\to0^+$) donc $f\to-\infty$ ; en $+\infty$, $\frac{3\ln x}{x}\to0$ donc $f\to+\infty$.

$x$	$0$		$1$		$+\infty$
$f'(x)$		$+$	$+$	$+$
$f(x)$	$-\infty$	$\nearrow$	$0$	$\nearrow$	$+\infty$

$f$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$ ; elle réalise une bijection de $]0;+\infty[$ sur $\mathbb{R}$ et s'annule en $x=1$

2.cPosons $(D):y=x-1$. Alors $$f(x)-(x-1)=\frac{3\ln x}{x}\xrightarrow[x\to+\infty]{}0 ,$$ ce qui prouve que $(D)$ est asymptote oblique à $(\mathcal{C})$ en $+\infty$.
Position : le signe de $\frac{3\ln x}{x}$ est celui de $\ln x$ (car $x>0$).

Pour $x>1$ : $(\mathcal{C})$ est au-dessus de $(D)$ ; pour $0

2.d

$(\mathcal{C})$ et son asymptote oblique $(D):y=x-1$, se coupant en $(1;0)$

ENSAF
13

ENSAF — Concours externe et interne du 21 septembre 2013

Toutes licences confondues · Épreuve de Mathématiques — Relation de récurrence intégrale, puissance d'un complexe, suite définie par logarithme, problème complet : fonction par morceaux, réflexion du plan, majoration d'intégrale.

Ex.1 : 2,5 ptsEx.2 : 5 ptsEx.3 : 4,5 ptsProblème : 12 pts

IPP & récurrence Forme trigonométrique Suite géométrique Point anguleux Bijection réciproque Antidéplacement Majoration d'intégrale

Exercice 12,5 points

On considère $I_n=\displaystyle\int_0^1\frac{x^{2n+1}}{\sqrt{1+x^2}}\,dx$, $n\in\mathbb{N}$. En intégrant par parties, montrer que pour tout $n\ge1$ : $(2n+1)I_n=\sqrt2-2n\,I_{n-1}$.

Corrigé — Exercice 1

IPP

•Choix décisif : on scinde $x^{2n+1}=x^{2n}\cdot x$ pour faire apparaître la dérivée de $\sqrt{1+x^2}$. On pose $$u(x)=x^{2n},\qquad v'(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\;\Longrightarrow\;u'(x)=2n\,x^{2n-1},\qquad v(x)=\sqrt{1+x^2}.$$ Alors $$I_n=\Big[x^{2n}\sqrt{1+x^2}\Big]_0^1-\int_0^1 2n\,x^{2n-1}\sqrt{1+x^2}\;dx=\sqrt2-2n\int_0^1 x^{2n-1}\sqrt{1+x^2}\,dx .$$ Astuce de réécriture : $\sqrt{1+x^2}=\dfrac{1+x^2}{\sqrt{1+x^2}}$, d'où $$\int_0^1x^{2n-1}\sqrt{1+x^2}\,dx=\int_0^1\frac{x^{2n-1}+x^{2n+1}}{\sqrt{1+x^2}}dx=I_{n-1}+I_n .$$ En reportant : $I_n=\sqrt2-2n\left(I_{n-1}+I_n\right)$, soit $I_n+2nI_n=\sqrt2-2nI_{n-1}$.

$(2n+1)\,I_n=\sqrt2-2n\,I_{n-1}$ pour tout $n\ge1$

Application. $I_0=\int_0^1\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx=\left[\sqrt{1+x^2}\right]_0^1=\sqrt2-1$. La relation donne alors $3I_1=\sqrt2-2(\sqrt2-1)=2-\sqrt2$, soit $I_1=\frac{2-\sqrt2}{3}\approx0{,}195$.

Exercice 25 points

Soit $Z=\dfrac{1+\sqrt2+i}{1+\sqrt2-i}$.

1Donner la forme algébrique puis la forme trigonométrique de $Z$.
2Calculer $Z^{21}$ (résultat sous forme algébrique).
3Déterminer les entiers naturels $n$ pour lesquels $Z^n$ est réel.

Corrigé — Exercice 2

Complexes

1.Posons $a=1+\sqrt2$, de sorte que $Z=\dfrac{a+i}{a-i}$. On multiplie par la quantité conjuguée : $$Z=\frac{(a+i)^2}{(a-i)(a+i)}=\frac{a^2-1+2ai}{a^2+1}.$$ Or $a^2=(1+\sqrt2)^2=3+2\sqrt2$, donc $a^2-1=2+2\sqrt2=2a$ et $a^2+1=4+2\sqrt2=2\sqrt2\left(\sqrt2+1\right)=2\sqrt2\,a$. Ainsi $$Z=\frac{2a+2ai}{2\sqrt2\,a}=\frac{1+i}{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}+i\frac{\sqrt2}{2}.$$

$Z=\dfrac{\sqrt2}{2}+i\dfrac{\sqrt2}{2}=\cos\dfrac\pi4+i\sin\dfrac\pi4=e^{i\pi/4}$ ($|Z|=1$)

2.Par la formule de Moivre : $Z^{21}=e^{i\frac{21\pi}{4}}$. On réduit l'angle modulo $2\pi$ : $\frac{21\pi}{4}-4\pi=\frac{21\pi-16\pi}{4}=\frac{5\pi}{4}$. $$Z^{21}=\cos\frac{5\pi}{4}+i\sin\frac{5\pi}{4}.$$

$Z^{21}=-\dfrac{\sqrt2}{2}-i\dfrac{\sqrt2}{2}$

3.$Z^n=e^{in\pi/4}$ est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle, soit $\sin\frac{n\pi}{4}=0$, c'est-à-dire $\frac{n\pi}{4}\equiv0\ [\pi]$ : $$\frac{n\pi}{4}=k\pi\iff n=4k,\quad k\in\mathbb{Z}.$$

$Z^n\in\mathbb{R}\iff n$ est un multiple de $4$ ; alors $Z^n=(-1)^{k}$ avec $n=4k$

Exercice 34,5 points

Soit $(U_n)_{n\in\mathbb{N}}$ définie par $U_0=e$ et $\ln\left(U_{n+1}\right)=1+\ln\left(U_n\right)$ pour tout $n\in\mathbb{N}$. Déterminer la nature de $(U_n)$, son terme général et sa limite.

Énoncé restauré. Seule la définition de la suite figure dans le recueil, les questions ayant été coupées à la photographie. On traite les trois questions standard attachées à ce type d'énoncé.

Corrigé — Exercice 3

Suites

1.Posons $V_n=\ln U_n$ (licite : une récurrence immédiate montre $U_n>0$). La relation donne $V_{n+1}=V_n+1$ avec $V_0=\ln e=1$ : $(V_n)$ est arithmétique de raison $1$, donc $V_n=n+1$.

$\ln U_n=n+1$, donc $U_n=e^{\,n+1}$

2.$\dfrac{U_{n+1}}{U_n}=\dfrac{e^{n+2}}{e^{n+1}}=e$, constante.

$(U_n)$ est une suite géométrique de premier terme $U_0=e$ et de raison $q=e$

3.Comme $q=e>1$ :

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n=+\infty$ ; la suite est strictement croissante

Somme des premiers termes, si elle est demandée : $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}U_k=e\cdot\frac{e^{n+1}-1}{e-1}$.

Problème12 points

Le plan orienté est rapporté à un repère orthonormal direct $(O,\vec u,\vec v)$, unité $1$ cm. Soit $f$ définie par $$f(x)=\ln\left(1-xe^{x}\right)\ \text{si}\ x<0,\qquad f(x)=\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\ \text{si}\ x\ge0 ,$$ de courbe $(\mathcal{C})$.

Partie A

1Déterminer l'ensemble de définition de $f$.
2Étudier la continuité et la dérivabilité de $f$ en $0$.
3Étudier les variations de $f$ et dresser son tableau de variations.
4Préciser les branches infinies de $(\mathcal{C})$ puis tracer $(\mathcal{C})$.
5Soit $g$ la restriction de $f$ à $[0;+\infty[$ et $(H)$ sa courbe. a. Montrer que $g$ réalise une bijection de $[0;+\infty[$ sur $[0;1[$. b. Dresser le tableau de variations de $g^{-1}$ puis expliciter $g^{-1}$.

Partie B

Soit $S$ la transformation qui à $M(x;y)$ associe $M'(x';y')$ avec $x'=y-1$ et $y'=x+1$.

6a. Démontrer que $S$ a pour écriture complexe $z'=i\bar z-1+i$. b. En déduire la nature de $S$ et ses caractéristiques.
7a. On pose $(H')=S(H)$. Montrer qu'une équation cartésienne de $(H')$ est $y=1+\frac12\ln\!\left(\frac{-x-2}{x}\right)$. b. Tracer $(H')$.

Partie C

8Soit $\alpha<0$ et $A(\alpha)=\displaystyle\int_\alpha^0f(x)\,dx$. a. À l'aide d'une intégration par parties, calculer $\displaystyle\int_\alpha^0(-x)e^x\,dx$ en fonction de $\alpha$. b. En déduire une majoration de $A(\alpha)$.

Énoncé restauré (Partie C). Le recueil indique « $\alpha$ un réel strictement positif » ; or l'intégrale $\int_\alpha^0 f$ ne fait intervenir la branche $\ln(1-xe^x)$ — et donc le calcul demandé de $\int_\alpha^0(-x)e^x dx$ — que si $\alpha<0$. La question 8.b, coupée sur la photographie, est restituée : c'est l'objectif annoncé (« majorer $A(\alpha)$ »).

Corrigé — Problème

Parties A, B, C

Partie A

1.Pour $x\ge0$ : $e^{2x}+1>0$, aucune restriction.
Pour $x<0$ : il faut $1-xe^x>0$. Or $x<0$ et $e^x>0$ donnent $xe^x<0$, donc $1-xe^x>1>0$ : la condition est automatiquement remplie.

$D_f=\mathbb{R}$

2.Continuité. $\displaystyle\lim_{x\to0^-}\ln\left(1-xe^x\right)=\ln1=0$ et $f(0)=\dfrac{1-1}{1+1}=0$ : $f$ est continue en $0$.
Dérivabilité. Pour $x<0$, avec $\left(\ln u\right)'=\frac{u'}{u}$ et $\left(xe^x\right)'=(1+x)e^x$ : $$f'(x)=\frac{-(1+x)e^x}{1-xe^x}\;\xrightarrow[x\to0^-]{}\;\frac{-1}{1}=-1 .$$ Pour $x>0$, dérivée d'un quotient : $$f'(x)=\frac{2e^{2x}\left(e^{2x}+1\right)-\left(e^{2x}-1\right)2e^{2x}}{\left(e^{2x}+1\right)^2}=\frac{4e^{2x}}{\left(e^{2x}+1\right)^2}\;\xrightarrow[x\to0^+]{}\;\frac{4}{4}=1 .$$

$f'_g(0)=-1\ne f'_d(0)=1$ : $f$ n'est pas dérivable en $0$. $(\mathcal{C})$ présente en $O$ un point anguleux avec deux demi-tangentes, de pentes $-1$ et $1$

3.Sur $[0;+\infty[$ : $f'>0$, $f$ croît de $0$ vers $1$ (voir la limite ci-dessous).
Sur $]-\infty;0[$ : le dénominateur $1-xe^x>0$, donc $f'$ est du signe de $-(1+x)$ : positif pour $x<-1$, négatif pour $-1 $x$$-\infty$$-1$$0$$+\infty$ $f'(x)$$+$$0$$-$‖$+$ $f(x)$$0^+$$\nearrow$$\ln(1+e^{-1})$$\searrow$$0$$\nearrow$$1$

4.En $-\infty$ : par croissances comparées $xe^x\to0$, donc $f(x)\to\ln1=0$, avec $f>0$ (car $1-xe^x>1$) : la droite $y=0$ est asymptote horizontale, la courbe au-dessus.
En $+\infty$ : en divisant par $e^{2x}$, $f(x)=\dfrac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}\to1$ : la droite $y=1$ est asymptote horizontale.

$(\mathcal{C})$ : maximum local en $x=-1$, point anguleux en $O$, asymptotes $y=0$ en $-\infty$ et $y=1$ en $+\infty$

5.a$g$ est continue et strictement croissante sur $[0;+\infty[$ (car $g'=\frac{4e^{2x}}{(e^{2x}+1)^2}>0$), avec $g(0)=0$ et $\lim_{+\infty}g=1$ (borne non atteinte). Par le théorème de la bijection :

$g$ réalise une bijection de $[0;+\infty[$ sur $[0;1[$

5.b$g^{-1}$ est continue et strictement croissante de $[0;1[$ sur $[0;+\infty[$.

$y$	$0$		$1$ (exclu)
$\left(g^{-1}\right)'$		$+$
$g^{-1}(y)$	$0$	$\nearrow$	$+\infty$

Explicitation. On résout $y=\dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}$ d'inconnue $x$ : $$y\left(e^{2x}+1\right)=e^{2x}-1\iff e^{2x}(y-1)=-1-y\iff e^{2x}=\frac{1+y}{1-y}\iff x=\frac12\ln\!\left(\frac{1+y}{1-y}\right).$$

$g^{-1}(x)=\dfrac12\ln\!\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)$ pour $x\in[0;1[$ (c'est $\operatorname{argth}$)

Partie B

6.aAvec $z=x+iy$ et $z'=x'+iy'$ : $$i\bar z-1+i=i(x-iy)-1+i=(y-1)+i(x+1)=x'+iy'=z' \ \checkmark$$

$S:\;z'=i\bar z-1+i$

6.bL'écriture est de la forme $z'=a\bar z+b$ avec $|a|=|i|=1$ : $S$ est un antidéplacement (réflexion ou symétrie glissée). Cherchons les points fixes : $z=i\bar z-1+i$ donne $x=y-1$ et $y=x+1$, deux équations identiques. Il existe donc toute une droite de points invariants, d'équation $y=x+1$.

$S$ est la réflexion (symétrie axiale orthogonale) d'axe la droite $\Delta:y=x+1$

7.aSoit $M(x;y)\in(H)$, c'est-à-dire $x\ge0$ et $y=g(x)\in[0;1[$, ce qui équivaut (question 5.b) à $x=\frac12\ln\frac{1+y}{1-y}$. Son image $M'(x';y')$ vérifie $x'=y-1$ et $y'=x+1$, donc $$y=x'+1\quad\text{et}\quad x=y'-1 .$$ En substituant dans $x=\frac12\ln\frac{1+y}{1-y}$ : $$y'-1=\frac12\ln\!\left(\frac{1+(x'+1)}{1-(x'+1)}\right)=\frac12\ln\!\left(\frac{x'+2}{-x'}\right).$$

$(H'):\;y=1+\dfrac12\ln\!\left(\dfrac{-x-2}{x}\right)$, définie pour $-2

7.b$(H')$ se déduit de $(H)$ par pliage le long de $\Delta:y=x+1$. Points remarquables : $O(0;0)\in(H)$ a pour image $(-1;1)$ ; le point de $(H)$ « à l'infini » vers $(+\infty;1)$ donne la branche de $(H')$ montant verticalement en $x=0^-$. L'asymptote $y=1$ de $(H)$ se transforme en l'asymptote verticale $x=0$ de $(H')$, et l'axe $x=0$ (demi-droite $y\ge0$) devient l'asymptote horizontale... plus simplement : $(H')$ est le symétrique de $(H)$, tracé point par point à partir de $(H)$.

Partie C

8.aIPP avec $u=-x$, $v'=e^x$ ($u'=-1$, $v=e^x$) : $$\int_\alpha^0(-x)e^x dx=\Big[-xe^x\Big]_\alpha^0+\int_\alpha^0e^xdx=\left(0+\alpha e^\alpha\right)+\Big[e^x\Big]_\alpha^0=\alpha e^\alpha+1-e^\alpha .$$

$\displaystyle\int_\alpha^0(-x)e^x\,dx=1-(1-\alpha)e^{\alpha}$

Contrôle : $\dfrac{d}{dx}\left[(1-x)e^x\right]=-e^x+(1-x)e^x=-xe^x$ ✔

8.bSur $[\alpha;0]$ (avec $\alpha<0$), $f(x)=\ln\left(1+(-xe^x)\right)$ avec $-xe^x\ge0$. On utilise l'inégalité classique $$\forall t>-1,\quad\ln(1+t)\le t$$ (conséquence de la Partie I d'autres sujets : $e^t\ge1+t$). Avec $t=-xe^x$ : $$f(x)\le -xe^x .$$ En intégrant sur $[\alpha;0]$ (bornes dans le bon ordre puisque $\alpha<0$) :

$A(\alpha)=\displaystyle\int_\alpha^0f(x)dx\;\le\;1-(1-\alpha)e^{\alpha}$

En faisant $\alpha\to-\infty$ : $(1-\alpha)e^\alpha\to0$, donc l'aire entre $(\mathcal{C})$ et son asymptote $y=0$ sur $]-\infty;0]$ est majorée par $1$ — elle est donc finie.

ISG 07 ISG 10 CTS 05 CTS 06 CTS 09 ENSP ENS 12 FSSA 14 IDR 05 ENSAF 13

Bibliothèque Numérique — by Edutech Congo

Institut Supérieur de Gestion — Session d'octobre 2007

Corrigé — Exercice 1

Corrigé — Exercice 2

Corrigé — Exercice 3

Institut Supérieur de Gestion — Session d'octobre 2010

Corrigé — Exercice 1

Corrigé — Exercice 2

Corrigé — Problème

Partie I

Partie II

Partie III

Cycle de Technicien Supérieur — Session d'octobre 2005

Corrigé — Exercice 1

Corrigé — Exercice 2

Corrigé — Problème, Partie A

Cycle de Technicien Supérieur — Session d'octobre 2006

Corrigé — Exercice 1

Corrigé — Exercice 2

Corrigé — Problème

Cycle de Technicien Supérieur — Session d'octobre 2009

Corrigé — Exercice 1

Corrigé — Exercice 2

Corrigé — Problème

Partie I

Partie II

École Nationale Supérieure Polytechnique — 1re année de Licence

Corrigé — Exercice 1

Corrigé — Exercice 2

Corrigé — Problème

Partie A

Partie B

École Normale Supérieure — Session de septembre 2012

Corrigé — Exercice 1

Corrigé — Exercice 2

Corrigé — Exercice 3

Corrigé — Exercice 4

Faculté des Sciences de la Santé — Session de septembre 2014

Corrigé — Exercice 1

Corrigé — Exercice 2

Corrigé — Exercice 3

Corrigé — Exercice 4

Institut de Développement Rural — Session de septembre 2005

Corrigé — Exercice 1

Corrigé — Exercice 2

Corrigé — Problème

ENSAF — Concours externe et interne du 21 septembre 2013

Corrigé — Exercice 1

Corrigé — Exercice 2

Corrigé — Exercice 3

Corrigé — Problème

Partie A

Partie B

Partie C

École Nationale Supérieure Polytechnique — 1^re année de Licence