Maths 2018

Cette proposition de correction est destinée à aider les candidats à préparer leur concours. Elle n’est pas garantie à 100%.

Le sujet est disponible ici.

O1MM maths 2018

1ère question

1.1 Soit u la fonction définie sur I=]0;+[ telle que u(x)=x22+lnx

Tableau de variations de u :

La dérivée de u : u(x)=2x+1x

On cherche les racines de u(x).

2x+1x=02x2+1=0x2=12

pas de solutions dans R.

u(x)>0 sur I

limx0+lnx=limx0+u(x)=

limx+x2=+limx+u(x)=+

1.2 Justifier de l’existence d’un unique réel α tel que u(α)=0

u strictement croissante sur ],+[. Par ailleurs, les valeurs de u(x) sont négatives quand x est proche de zéro et positives quand x tend vers + donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un seul réel α pour lequel u(α)=0

On admet α1,31

1.3 Tableau de signes de u :

1.4 u(α)=0u(α)=α22+ln(α)=0ln(α)=2α2

  1. Soit la fonction f : f(x)=x2+(2lnx)2

2.1 Calcul de la dérivée.

On sait que (un)=nunn1

La dérivée du terme au carré est donc :

[(2lnx)2]=2(1x)(2lnx)

f(x)=2x+2(1x)(2lnx)=2x2x4x+2lnxx=2x(x22+lnx)=2u(x)x

2.2 On a X>0 donc le signe de f(x) est le même que celui de u(x), d’où :

2.3 On sait que lnα=2α2

f(α)=α2+[2lnα]2=α2+[2(2α2)]2=α2+α4=α2(1+α2)

  1. Soit M un point de la courbe Γ. Il a comme coordonnées x et y=ln(x)

AM2=(xxA)2+(yyA)2=(xxA)2+(ln(x)yA)2=(x0)2+(lnx2)2=x2+(lnx2)2=f(x)

AM=f(x)

3.2 La distante AM est minimale pour f(x) minimale donc pour x=α

AM minimale pour M0 de coordonnées (α;lnα).

3.3 On sait que f(α)=α2(1+α2)

Donc AM0=f(α)=α2(1+α2)=α1+α2

3.4 Des droites sont perpendiculaires si le produit de leurs coefficients directeurs est égale à -1.

M0 a pour abscisse α donc la pente de la tangente à Γ en M0 a pour coefficient directeur la dérivée de la fonction ln en α, soit1α.

La droite (AM0) a pour coefficient directeur ΔyΔx=lnα2α0=α2α=α

On a bien le produit des coefficients directeurs égal à -1 donc les droites sont perpendiculaires.

2ème question

  1. La fonction f est définie par f(x)=54x+1

1.1 f(x)=54(x+1)1 donc

f(x)=4(1)(x+1)2=4(x+1)2

f est toujours positive donc f est strictement croissante.

f(x)=0 pour x=1/5 donc pas de racine sur I.

limx+f(x)=5

1.2 Solution de l’équation f(x)=x ?

f(x)=54x+1=x

x5=4x+1

(x5)(x+1)=4

x24x1=0

Oncherche les racines de ce polynôme.

Δ=b24ac=164×1×(1)=20=25

Les deux solutions sont tonc x1=4+252=2+5 et x2=25

On a x2<0 donc x1 est la seule solution sur l’intervalle de définition de f.

On trouve α=x1=2+54,23

1.3 f(x) est strictement croissante, donc pour x[0;α], f(x)[f(0);f(α)]

On a f(0)=1 et f(α)=α

Donc pour x[0;α], f(x)[1;α][0;α]

  1. Etude de la suite u telle que u0=0 et un+1=f(un)

2.1 u1=f(u0)=f(0)=1

2.2 Le graphique de l’énoncé est reproduit ci-dessous :

2.3 On peut conjoncturer que la suite est croissante et converge vers α.

2.4 On veut démontrer que 0un<un+1<α.

Initialisation :

0u0=0<u1=1<α4,2

Donc la proposition est vérifiée au rang n=0.

Hérédité :

Supposons la proposition vérifiée au rang n et montrons qu’elle l’est alors nécessaitement au rang n+1.

0un<un+1<α

Comme la fonction f est croissante, on a alors f(0)f(un)<f(un+1)<f(α)

Soit : 1un+1<un+2<α car f(α)=α

Et donc 0un+1<un+2<α

La proposition est donc également vérifiée au rang n+1.

2.5 Une suite croissante et majorée admet une limite. Appelons-la l. Si un converge l alors f(un) converge vers f(l), donc un+1 converge vers f(l).

Comme un et un+1 convergent vers la même limite, on a l=f(l).

Or on a vu ci-dessus que la solution à l’équation f(x)=x est α, donc un converge vers α.

2.6 En langage R, par exempe pour ε=103, on ontient n=6 :

epsilon <- 1e-3
alpha <- 2+sqrt(5)

n <- 0
f <- function(x) {5-4/(x+1)}
u <- 0

while (abs(u-alpha) > epsilon) {
  n <- n+1
  u <- f(u)
}

print (n)
## [1] 6
  1. Comportement de la suite pour u0 quelconque.

On peut conjecturer :

  • Si u0<α, même raisonnement que pour u0=0 la suite est croissante et tend vers α
  • Si u0=α, la suite est constante
  • Si u0>α, elle est décroissante et tend également vers α.

Démonstration dans cette dernière situation :

Soit la proposition Pn : αun+1un

Initialisation : montrons que P0 est vérifiée (soit αu1u0)

u0>αf(u0)>f(α)u1>α

u1u0=54u0+1u0=5(u0+1)4u0(u0+1)u0+1=5u0+54u20u0u0+1=4u0+1u20u0+1

Le dénominateur est positif donc u1u0 est du signe du polynôme g:uou20+4u0+1

La dérivée de ce polinôme est g(x)=2x+4g a un maximum pour x=2 et décroit pour x>2, donc sur l’intervalle ]α;+[.

g(α)=α2+4α+1=4(2+5)2+4(2+5)+1=0

Le tableau de variation de g est donc

Comme g est décroissante sur ]α;+[ et que u0>α, on a :

g(u0)<g(α)=0 donc g(u0)<0 et par conséquent u1u0<0

On a donc bien u1<u0

Par ailleurs, u0>α comme f est croissante, f(u0)>f(α)u1>α

On a donc bien αu1u0 et P0 est vérifiée.

Hérédité

Supposons la proposition Pn vérifiée au rang n : αun+1un

La fonction f est croissante, donc f(α)f(un+1)f(un)

αun+2un+1Pn+1 est vérifiée.

O a donc montré par récurrence que la suite u était décroissante et minorée, donc elle converge. Comme elle converge, sa limite est telle que l=f(l) donc elle est égale à α.

3ème question

On a les points d’affixe :

a=3i

b=2i

c=32eiπ4

Et la fonction f telle que f(z)=3izz2i

  1. a=f(a)=3i3i3i2i=9i=9ii2=9i

On a c=32eiπ4=32[cosπ4+isinπ4]=32[22+i22]=3+3i

c=f(c)=3i(3+3i)3+3i2i=9i93+i=(9i9)(3i)(3+i)(3i)=27i+927+9i9+1=36i1810=18i95

  1. On cherche le point D d’affixe zD dont l’image a pour affixe i.

f(zD)=3izDzD2i=i3zD=zD2i2zD=2izD=i

  1. Un point d’affixe z est invariant f(z)=3izz2i=z3i=z2iz=5i

  2. z3i=3izz2i3i.(z2i)z2i=3iz3iz6z2i=6z2i

  3. Le point M, d’affixe z, appartient au cercle de centre B, d’affixe b=2i et de rayon 3 MB=3

|zb|=3

|z2i|=3

Or, z3i=6z2i|z3i|=|6||z2i|=|6|3=2

Donc le point M d’affixe z se trouve sur le cercle de rayon 2 et de centre A d’affixe 2i.

  1. Le produit scalaire est égal au produit de leur norme multiplié par le cos de l’angle entre eux. On appelle α l’angle (u,AM) et β l’angle (u,BM)

Le point M est sur le cercle Γ donc AM=2

uAM=1×2×cosα=2cosα

De même, uBM=3cosβ

On a uAMuBM=z3iz2i

D’où, sachant que z3i=6z2i :

uAMuBM=6(z2i)2=69=23

Or, on a uAMuBM=2cosα3cosβ

2cosα3cosβ=23

cosαcosβ=1

  1. Le point N a pour affixe 32+(2+32)i

Le cercle Γ a pour centre B(b=2i) et pour rayon 3.

NΓBN=3

BN=|BN|=|zNzB|=|32+(2+32)i2i|=|32+32i|=92+92=3

NΓ

On a vu ci-dessus que BN=zNzB=32+32i

tan(arg(BN))=3232=1(u,BN)=π4

  1. On a vu que si un point est sur le cercle Γ, ce qui est le cas de N, son image était sur le cercle Γ. On a donc NΓ.

On appelle α l’angle (u,AN) et β l’angle (u,BN)

On a cosαcosβ=1cosα=cosβ=cosπ4=22α=3π4

N est donc à l’intersection entre le cercle Γ et la droite de coeffixient directeur 1 et passant par le point A.

4ème question

Les coordonnées des points sont A[401], B[331], C[151] et D[026]

  1. Les points A, B et C sont alignés si et seulement si AB=kBC

On a AB[732] et BC[222]

Ils ne sont pas proportionnels, donc les points A, B et C ne sont pas alignés.

  1. Le triangle ABC est rectangle en C CACB=0

On a CA[550] et BC[222]CACB=10+10+0=0

Donc les points A, B et C sont alignés.

Comme il est rectangle en C, l’aire du triangle ABC est S=12ACBC

AC=25+25+0=50=2×25=52

BC=4+4+4=12=3×4=23

S=12ACBC=125223=56

3.1 Soit n[1bc]

n(ABC)nAB=0 et nBC=0$

nAB=[1bc][550]=55b=0b=1

nBC=[1bc][222]=22b2c=0c=2

On a donc n[112]

3.2 Comme n[112](ABC), l’équation cartésienne du plan peut s’écrire sous la forme :

xy+2z+d=0

A(ABC)xAyA+2zA+d=040+2×1+d=0d=2

L’équation cartésienne du plan est donc xy+2z+2=0

3.3 B(ABC)xDyD+2zD+2=0

xDyD+2zD+2=02+12+2=120D(ABC)

  1. On appelle d la droite orthogonale à ABC passant par D.

M[xyz]dDM=k.n[x0y2z6]=k[112]

{x=ky2=kz6=2k

Une représentation paramétrique de la droite d est donc :

{x=ky=2kz=6+2k

4.2 On a H=d(ABC)

Hd

{xH=kyH=2kzH=6+2k

Par ailleurs H(ABC)xHyH+2zH+2=0k(2k)+2(6+2k)+2=06k+12=0k=2

{xH=2yH=2+2=4zH=64=2

5.1 On a DH=(0+2)2+(24)2+(62)2=24=26

5.2 Le volume d’un tétraèdre est le tiers du produit de la surface de sa base par la hauteur associée donc :

V=13S(ABC)DH=135626=20

  1. Soit α l’angle entre les vecteurs AD et BD. On va chercher cosα en utilisant la formule ADBD=|AD||BD|.cosα

AD[425] et BD[317]ADBD=122+35=21

Par ailleurs |AD|=42+22+52=45=35

et |BD|=32+12+72=59

ADBD=|AD||BD|cosαcosα=ADBD|AD||BD|=213559=7559

On obtient donc \alpha=\widehat{ADB}=66°

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