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

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O1MM maths 2018

1^ère question

1.1 Soit $u$ la fonction définie sur $I = ]0 ; +∞[$ telle que $u(x)= x^2-2+\ln x$

Tableau de variations de u :

La dérivée de u : $u'(x)= 2x+\dfrac{1}{x}$

On cherche les racines de $u’(x)$.

$2x+\dfrac{1}{x}=0\Leftrightarrow 2x^2+1=0\Leftrightarrow x^2=-\dfrac{1}{2}$

$\Rightarrow$ pas de solutions dans $\mathbb{R}$.

$u’(x) > 0$ sur $I$

$\lim\limits_{x \rightarrow 0+} \ln{x}=-\infty \Rightarrow \lim\limits_{x \rightarrow 0+} u(x)=-\infty$

$\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} x^2=+\infty \Rightarrow \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} u(x)=+\infty$

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

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

On admet $\alpha\approx 1,31$

1.3 Tableau de signes de $u$ :

1.4 $u(\alpha)=0 \Leftrightarrow u(\alpha)=\alpha^2-2+\ln(\alpha)=0 \Leftrightarrow \ln(\alpha)=2-\alpha^2$

Soit la fonction f : $f(x)=x^2+(2-\ln x)^2$

2.1 Calcul de la dérivée.

On sait que $(u^n)’=nu’n^{n-1}$

La dérivée du terme au carré est donc :

$[(2-\ln x)^2]’=2\cdot(-\dfrac{1}{x})\cdot (2-\ln x)$

$\Rightarrow f'(x)=2x+2\cdot(-\dfrac{1}{x})\cdot (2-\ln x)=\dfrac{2x^2}{x}-\dfrac{4}{x}+\dfrac{2\ln x}{x}=\dfrac{2}{x}\cdot(x^2-2+\ln x)=\dfrac{2u(x)}{x}$

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 $\ln \alpha=2-\alpha^2$

$f(\alpha)=\alpha^2+[2-\ln \alpha]^2=\alpha^2+[2-(2-\alpha^2)]^2=\alpha^2+\alpha^4=\alpha^2(1+\alpha^2)$

Soit M un point de la courbe $\Gamma$. Il a comme coordonnées $x$ et $y=\ln (x)$

$AM^2=(x-x_A)^2+(y-y_A)^2=(x-x_A)^2+(\ln(x)-y_A)^2=(x-0)^2+(\ln x-2)^2=x^2+(\ln x-2)^2=f(x)$

$\Rightarrow AM=\sqrt{f(x)}$

3.2 La distante $AM$ est minimale pour $f(x)$ minimale donc pour $x = \alpha$

$\Rightarrow AM$ minimale pour $M_0$ de coordonnées $(\alpha;\ln \alpha)$.

3.3 On sait que $f(\alpha)=\alpha^2\cdot(1+\alpha^2)$

Donc $AM_0=\sqrt{f(\alpha)}=\sqrt{\alpha^2\cdot(1+\alpha^2)}=\alpha \sqrt{1+\alpha^2}$

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

$M_0$ a pour abscisse $\alpha$ donc la pente de la tangente à $\Gamma$ en $M_0$ a pour coefficient directeur la dérivée de la fonction $\ln$ en $\alpha$, soit$\dfrac{1}{\alpha}$.

La droite $(AM_0)$ a pour coefficient directeur $\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\dfrac{\ln \alpha – 2}{\alpha – 0}=\dfrac{-\alpha^2}{\alpha}=-\alpha$

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

2^ème question

La fonction f est définie par $f(x)=5-\dfrac{4}{x+1}$

1.1 $f(x)=5-4(x+1)^{-1}$ donc

$f'(x)=-4\cdot (-1)(x+1)^{-2}=\dfrac{4}{(x+1)^2}$

$f’$ est toujours positive donc $f$ est strictement croissante.

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

$\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=5$

1.2 Solution de l’équation $f(x)=x$ ?

$f(x)=5-\dfrac{4}{x+1}=x$

$\Rightarrow x-5=-\dfrac{4}{x+1}$

$\Rightarrow (x-5)(x+1)=-4$

$\Rightarrow x^2-4x-1=0$

Oncherche les racines de ce polynôme.

$\Delta=b^2-4ac=16-4\times1\times(-1)=20=2\sqrt5$

Les deux solutions sont tonc $x_1=\dfrac{4+2\sqrt5}{2}=2+\sqrt5$ et $x_2=2-\sqrt5$

On a $x_2<0$ donc $x_1$ est la seule solution sur l’intervalle de définition de $f$.

On trouve $\alpha=x_1=2+\sqrt5\approx 4,23$

1.3 $f(x)$ est strictement croissante, donc pour $x \in [0;\alpha]$, $f(x) \in [f(0);f(\alpha)]$

On a $f(0)=1$ et $f(\alpha)=\alpha$

Donc pour $x \in [0;\alpha]$, $f(x) \in [1;\alpha] \in [0;\alpha]$

Etude de la suite $u$ telle que $u_0=0$ et $u_{n+1}=f(u_n)$

2.1 $u_1=f(u_0 )=f(0)=1$

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

2.3 On peut conjoncturer que la suite est croissante et converge vers $\alpha$.

2.4 On veut démontrer que $0≤u_n<u_{n+1}<\alpha$.

Initialisation :

$0 ≤ u_0=0 < u_1=1 < \alpha\approx 4,2$

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 $n+1$.

$0≤u_n<u_{n+1}<\alpha$

Comme la fonction $f$ est croissante, on a alors $f(0)≤f(u_n)<f(u_{n+1})<f(\alpha)$

Soit : $1≤u_{n+1}<u_{n+2}<\alpha$ car $f(\alpha)=\alpha$

Et donc $0≤u_{n+1}<u_{n+2}<\alpha$

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

2.5 Une suite croissante et majorée admet une limite. Appelons-la $l$. Si $u_n$ converge $l$ alors $f(u_n)$ converge vers $f(l)$, donc $u_{n+1}$ converge vers $f(l)$.

Comme $u_n$ et $u_{n+1}$ 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 $\alpha$, donc $u_n$ converge vers $\alpha$.

2.6 En langage R, par exempe pour $\varepsilon=10^{-3}$, 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

Comportement de la suite pour $u_0$ quelconque.

On peut conjecturer :

Si $u_0<\alpha$, même raisonnement que pour $u_0=0 \Rightarrow$ la suite est croissante et tend vers $\alpha$
Si $u_0=\alpha$, la suite est constante
Si $u_0>\alpha$, elle est décroissante et tend également vers $\alpha$.

Démonstration dans cette dernière situation :

Soit la proposition $P_n$ : $\alpha\le u_{n+1}\le u_n$

Initialisation : montrons que $P_0$ est vérifiée (soit $\alpha\le u_{1}\le u_0$)

$u_0>\alpha \Rightarrow f(u_0)>f(\alpha)\Rightarrow u_1>\alpha$

$u_1-u_0=5-\dfrac{4}{u_0+1}-u_0=\dfrac{5(u_0+1)-4-u_0(u_0+1)}{u_0+1}=\dfrac{5u_0+5-4-u_0^2-u_0}{u_0+1}=\dfrac{4u_0+1-u_0^2}{u_0+1}$

Le dénominateur est positif donc $u_1-u_0$ est du signe du polynôme $g : u_o \rightarrow -u_0^2+4u_0+1$

La dérivée de ce polinôme est $g'(x)=-2x+4 \Rightarrow g$ a un maximum pour $x=2$ et décroit pour $x>2$, donc sur l’intervalle $]\alpha;+\infty[$.

$g(\alpha)=-\alpha^2+4\alpha+1=-4(2+\sqrt5)^2+4(2+\sqrt5)+1=0$

Le tableau de variation de $g$ est donc

Comme $g$ est décroissante sur $]\alpha;+\infty[$ et que $u_0>\alpha$, on a :

$g(u_0)<g(\alpha)=0$ donc $g(u_0)<0$ et par conséquent $u_1-u_0<0$

On a donc bien $u_1<u_0$

Par ailleurs, $u_0 > \alpha\Rightarrow$ comme $f$ est croissante, $f(u_0)>f(\alpha) \Rightarrow u_1>\alpha$

On a donc bien $\alpha\le u_{1}\le u_0$ et $P_0$ est vérifiée.

Hérédité

Supposons la proposition $P_n$ vérifiée au rang $n$ : $\alpha\le u_{n+1}\le u_n$

La fonction $f$ est croissante, donc $f(\alpha)\le f(u_{n+1})\le f(u_n)$

$\Rightarrow \alpha\le u_{n+2}\le u_{n+1}\Rightarrow P_{n+1}$ 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 $\alpha$.

3^ème question

On a les points d’affixe :

$a=3i$

$b=2i$

$c=3\sqrt2e^{i\dfrac{\pi}{4}}$

Et la fonction f telle que $f(z)=\dfrac{3iz}{z-2i}$

$a’=f(a)=\dfrac{3i\cdot3i}{3i-2i}=\dfrac{-9}{i}=\dfrac{-9i}{i^2}=9i$

On a $c=3\sqrt2e^{i\dfrac{\pi}{4}}=3\sqrt2 [\cos \dfrac{\pi}{4}+i\cdot \sin \dfrac{\pi}{4}]=3\sqrt2 [\dfrac{\sqrt2}{2}+i\cdot \dfrac{\sqrt2}{2}]=3+3i$

$\Rightarrow c’=f(c)=\dfrac{3i\cdot(3+3i)}{3+3i-2i}=\dfrac{9i-9}{3+i}=\dfrac{(9i-9)\cdot(3-i)}{(3+i)(3-i)}= \dfrac{27i+9-27+9i}{9+1}=\dfrac{36i-18}{10}=\dfrac{18i-9}{5}$

On cherche le point $D$ d’affixe $z_D$ dont l’image a pour affixe $i$.

$f(z_D)=\dfrac{3iz_D}{z_D-2i}=i \Rightarrow 3z_D=z_D-2i \Rightarrow 2z_D=-2i \Rightarrow z_D=-i$

Un point d’affixe $z$ est invariant $\Leftrightarrow f(z)=\dfrac{3iz}{z-2i}=z \Rightarrow 3i=z-2i\Rightarrow z=5i$
$z’-3i=\dfrac{3iz}{z-2i}-\dfrac{3i.(z-2i)}{z-2i}=\dfrac{3iz-3iz-6}{z-2i}=\dfrac{-6}{z-2i}$
Le point $M$, d’affixe $z$, appartient au cercle de centre $B$, d’affixe $b=2i$ et de rayon 3 $\Leftrightarrow MB = 3$

$\Leftrightarrow |z-b| = 3$

$\Leftrightarrow |z-2i| = 3$

Or, $z’-3i=\dfrac{-6}{z-2i} \Rightarrow |z’-3i|=\dfrac{|-6|}{|z-2i|}=\dfrac{|-6|}{3}=2$

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

Le produit scalaire est égal au produit de leur norme multiplié par le cos de l’angle entre eux. On appelle $\alpha$ l’angle $(\vec u, \vec {AM’})$ et $\beta$ l’angle $(\vec u, \vec {BM})$

Le point $M’$ est sur le cercle $\Gamma’$ donc $AM’=2$

$\Rightarrow \vec u \cdot \vec {AM’}=1\times2\times \cos \alpha=2 \cos \alpha$

De même, $\Rightarrow \vec u \cdot \vec {BM}=3 \cos \beta$

On a $\dfrac{\vec u \cdot \vec {AM’}}{\vec u \cdot \vec {BM}}=\dfrac{z’-3i}{z-2i}$

D’où, sachant que $z’-3i=\dfrac{-6}{z-2i}$ :

$\dfrac{\vec u \cdot \vec {AM’}}{\vec u \cdot \vec {BM}}=\dfrac{-6}{(z-2i)^2}=-\dfrac{6}{9}=-\dfrac{2}{3}$

Or, on a $\dfrac{\vec u \cdot \vec {AM’}}{\vec u \cdot \vec {BM}}=\dfrac{2 \cos \alpha}{3 \cos \beta}$

$\Rightarrow \dfrac{2 \cos \alpha}{3 \cos \beta}=-\dfrac{2}{3}$

$\Rightarrow \dfrac{\cos \alpha}{\cos \beta}=-1$

Le point $N$ a pour affixe $\dfrac{3}{\sqrt2}+(2+\dfrac{3}{\sqrt2})i$

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

$N \in \Gamma \Leftrightarrow BN=3$

$BN=|BN|=|z_N-z_B|=|\dfrac{3}{\sqrt2}+(2+\dfrac{3}{\sqrt2})i-2i|=|\dfrac{3}{\sqrt2}+\dfrac{3}{\sqrt2}i|=\sqrt{\dfrac{9}{2}+\dfrac{9}{2}}=3$

$\Rightarrow N \in \Gamma$

On a vu ci-dessus que $BN=z_N-z_B=\dfrac{3}{\sqrt2}+\dfrac{3}{\sqrt2}i$

$\Rightarrow \tan(\arg (\vec {BN}))=\dfrac{\dfrac{3}{\sqrt2}}{\dfrac{3}{\sqrt2}}=1 \Rightarrow (\vec u, \vec {BN})=\dfrac{\pi}{4}$

On a vu que si un point est sur le cercle $\Gamma$, ce qui est le cas de $N$, son image était sur le cercle $\Gamma’$. On a donc $N’ \in \Gamma’$.

On appelle $\alpha$ l’angle $(\vec u, \vec {AN’})$ et $\beta$ l’angle $(\vec u, \vec {BN})$

On a $\dfrac{\cos \alpha}{\cos \beta}=-1 \Rightarrow \cos \alpha=-\cos \beta=\cos \dfrac{\pi}{4}=-\dfrac{\sqrt2}{2}\Rightarrow \alpha=\dfrac{3\pi}{4}$

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

4^ème question

Les coordonnées des points sont $A\begin{bmatrix} -4 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$, $B\begin{bmatrix} 3 \\ 3 \\ -1 \end{bmatrix}$, $C\begin{bmatrix} 1 \\ 5 \\ 1 \end{bmatrix}$ et $D\begin{bmatrix} 0 \\ 2 \\ 6 \end{bmatrix}$

Les points A, B et C sont alignés si et seulement si $\vec {AB}=k\cdot \vec {BC}$

On a $\vec {AB}\begin{bmatrix} 7 \\ 3 \\ -2 \end{bmatrix}$ et $\vec {BC}\begin{bmatrix} -2 \\ 2 \\ 2 \end{bmatrix}$

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

Le triangle ABC est rectangle en C $\Leftrightarrow \vec {CA} \cdot \vec {CB}=0$

On a $\vec {CA}\begin{bmatrix} -5 \\ -5 \\ 0 \end{bmatrix}$ et $\vec {BC}\begin{bmatrix} 2 \\ -2 \\ -2 \end{bmatrix} \Rightarrow \vec {CA} \cdot \vec {CB}=-10+10+0=0$

Donc les points A, B et C sont alignés.

Comme il est rectangle en C, l’aire du triangle ABC est $S=\dfrac {1}{2} AC\cdot BC$

$AC=\sqrt{25+25+0}=\sqrt{50}=\sqrt{2\times 25}=5\sqrt{2}$

$BC=\sqrt{4+4+4}=\sqrt{12}=\sqrt{3\times 4}=2\sqrt{3}$

$S=\dfrac {1}{2} AC\cdot BC=\dfrac {1}{2} 5\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{3}=5\sqrt{6}$

3.1 Soit $\vec n\begin{bmatrix} 1 \\ b \\ c \end{bmatrix}$

$\vec n \perp (ABC) \Leftrightarrow \vec n \cdot \vec{AB}=0$ et $\vec n \cdot \vec{BC}=0$$

$\vec n \cdot \vec{AB}=\begin{bmatrix} 1 \\ b \\ c \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} -5 \\ -5 \\ 0 \end{bmatrix}=-5-5b=0\Rightarrow b=-1$

$\vec n \cdot \vec{BC}=\begin{bmatrix} 1 \\ b \\ c \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 2 \\ -2 \\ -2 \end{bmatrix}=2-2b-2c=0\Rightarrow c=2$

On a donc $\vec n\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{bmatrix}$

3.2 Comme $\vec n\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{bmatrix} \perp (ABC)$, l’équation cartésienne du plan peut s’écrire sous la forme :

$x-y+2z+d=0$

$A \in (ABC) \Rightarrow x_A-y_A+2z_A+d=0 \Rightarrow -4-0+2\times 1+d=0\Rightarrow d=2$

L’équation cartésienne du plan est donc $x-y+2z+2=0$

3.3 $B \in (ABC) \Leftrightarrow x_D-y_D+2z_D+2=0$

$x_D-y_D+2z_D+2=0-2+12+2=12 \neq 0 \Rightarrow D \notin (ABC)$

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

$M\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in d \Leftrightarrow \vec {DM}=k.\vec n\Rightarrow \begin{bmatrix} x-0 \\ y-2 \\ z-6 \end{bmatrix}=k\cdot \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{bmatrix}$

\[\begin{cases} x = k\\ y-2 = -k\\ z-6=2k \end{cases}\]

Une représentation paramétrique de la droite $d$ est donc :

\[\begin{cases} x = k\\ y =2 -k\\ z=6+2k \end{cases}\]

4.2 On a $H = d \cap (ABC)$

$H \in d$

\[\begin{cases} x_H = k\\ y_H =2 -k\\ z_H=6+2k \end{cases}\]

Par ailleurs $H \in (ABC)\Rightarrow x_H-y_H+2z_H+2=0\Rightarrow k-(2-k)+2(6+2k)+2=0\Rightarrow 6k+12=0\Rightarrow k=-2$

\[\begin{cases} x_H = -2\\ y_H =2 +2=4\\ z_H=6-4=2 \end{cases}\]

5.1 On a $DH=\sqrt{(0+2)^2+(2-4)^2+(6-2)^2}=\sqrt{24}=2\sqrt6$

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

$V=\dfrac{1}{3}\cdot S(ABC)\cdot DH=\dfrac{1}{3}\cdot 5\sqrt{6}\cdot 2\sqrt6=20$

Soit $\alpha$ l’angle entre les vecteurs $\vec {AD}$ et $\vec {BD}$. On va chercher $cos\alpha$ en utilisant la formule $\vec {AD}\cdot \vec {BD}=|AD|\cdot |BD|.\cos\alpha$

$\vec {AD}\begin{bmatrix} 4 \\ 2 \\ 5 \end{bmatrix}$ et $\vec {BD}\begin{bmatrix} -3 \\ -1 \\ 7 \end{bmatrix}\Rightarrow \vec {AD}\cdot \vec {BD}=-12-2+35=21$

Par ailleurs $|AD|=\sqrt{4^2+2^2+5^2}=\sqrt{45}=3\sqrt5$

et $|BD|=\sqrt{3^2+1^2+7^2}=\sqrt{59}$

$\vec {AD}\cdot \vec {BD}=|AD|\cdot |BD|\cdot \cos\alpha \Rightarrow \cos\alpha=\dfrac{\vec {AD}\cdot \vec {BD}}{|AD|\cdot |BD|}=\dfrac{21}{3\sqrt5 \sqrt{59}}=\dfrac{7}{\sqrt5 \sqrt{59}}$

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

Mois : février 2019

Maths 2018

O1MM maths 2018

1^ère question

2^ème question

3^ème question

4^ème question

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