O1MM Maths 2017

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O1MM maths 2017

1^ère question

1 Soit $g$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ telle que $g(x)= x^3-4x^2-x+2$.

1.1 $g'(x)=3x^2-8x-1$ est un trinôme de second degré avec $a>0$ donc c’est une parabole décroissante puis croissante, qui admet un minimum.

$\Delta=b^2-4ac=8^2-4\times3\times(-1)=64+12=76=2\sqrt{19}$

Donc $g’$ admet deux racines :

$x_1=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{8-2\sqrt{19}}{6}=\dfrac{4-\sqrt{19}}{3}$

$x_2=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{8+2\sqrt{19}}{6}=\dfrac{4+\sqrt{19}}{3}$

D’où le tableau de variations suivant :

1.2 Le tableau de variations nous montre que $g(0)=2$ et $g(2)=-8$. Il montre aussi que $g$ strictement décroissante et continue sur l’intervalle $[0;2]$. Donc, d’après le corrolaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une solution unique à l’équation $g(x)=0$.

1.3 Le tableau de signes de g est donc le suivant :

2.1 La courbe $C_f$ est donnée dans l’énoncé :

On a $f(x)=(ax+b)e^{-x^2} \Rightarrow f(0)=b$

Or, la courbe coupe d’axe des ordonnées au point $A(0;4)$ donc $f(0)=4$.

On en déduit $b=f(0)=4$

On dérive la fonction $f$ en posant $u(x)=ax+4$ et $v(x)=e^{-x^2}$.

$u'(x)=a$ et $v'(x)=-2xe^{-x^2}$

$\Rightarrow f'(x)=a\cdot e^{-x^2}+(ax+4)(-2x)e^{-x^2}=(-2ax^2-8x+a)e^{-x^2}$

$\Rightarrow f'(0)=a$

Or d’après l’énoncé la tangente en $A$ a pour coefficient directeur $-1$ donc $f'(0)=-1=a$

La fonction est donc $f(x)=(-x+4)e^{-x^2}$

2.2.1 $A(x)=x\cdot f(x) =(-x^2+4x)e^{-x^2}$

2.2.2 On dérive. $A(x)=x\cdot f(x) \Rightarrow A'(x)=f(x)+xf'(x)$

$A'(x)=(4-x)e^{-x^2}+xe^{-x^2}(2x^2-8x-1)$

$=e^{-x^2}(4-x+2x^3-8x^2-x)$

$=e^{-x^2}(2x^3-8x^2-2x+4)$

$=2e^{-x^2}(x^3-4x^2-x+2)=2e^{-x^2}g(x)$

Comme $2e^{-x^2}$ est toujours positif, $A'(x)$ er $g(x)$ sont de même signe.

$\Rightarrow A(x)$ est maximale quand $g(x)$ l’est donc quand $g'(x)$ s’annule, c’est-à-dire pour $x=\alpha$.

2.2.3 Le coefficient directeur de la droite (QP) est $P_1=\dfrac{y_P-y_Q}{x_P-x_Q}=\dfrac{0-f(x)}{x-0}=\dfrac{-f(x)}{x}$

Ici $x=\alpha$ donc le coefficient directeur de (QP) est $-\dfrac{-\alpha+4}{\alpha}e^{-\alpha^2}$

Par ailleurs le coefficient directeur de la tangente à $C_f$ en M est $P_2=f'(\alpha)=e^{-\alpha^2}(2\alpha^2-8\alpha-1)$ d’où :

$P_1=P_2\Leftrightarrow 2\alpha^2-8\alpha-1=\dfrac{\alpha -4}{\alpha}$

$\Leftrightarrow 2\alpha^3-8\alpha^2-\alpha=\alpha-4$

$\Leftrightarrow 2\alpha^3-8\alpha^2-2\alpha+4=0$

$\Leftrightarrow \alpha^3-4\alpha^2-\alpha+2=0$ ce qui est VRAI car $g(\alpha)=0$.

On a donc bien, lorsque $A(x)$ est maximale, la tangente à $C_f$ en M qui est parallèle à la droite (QP).

3.1 La fonction $u(x)=-xe^{-x^2}$ admet comme primitive $U(x)=\dfrac{1}{2}e^{-x^2}$ donc

$I=\displaystyle \int_{0}^{2} -xe^{-x^2} \, \mathrm{d}x=[\dfrac{1}{2}e^{-x^2}]_0^2=[\dfrac{1}{2}e^{-4}-\dfrac{1}{2}e^{-0}]_0^2=\dfrac{1}{2}(e^{-4}-1)=-0,491$

3.2 On a :

$S=\displaystyle \int_{0}^{2} f(x) \, \mathrm{d}x=\int_{0}^{2} (-x+4)e^{-x^2} \, \mathrm{d}x=\int_{0}^{2} -xe^{-x^2} \, \mathrm{d}x+4\int_{0}^{2} e^{-x^2} \, \mathrm{d}x=I+4J$

$S=-0,491+4\times 0,882=3,04$ unités d’aire.

3.3 L’aire du rectangle $OPMQ$ est $S(OPQM)=x\cdot f(x)$

$A$ est maximale pour $x=\alpha\approx 0,64$

Donc $A_{max}=A(\alpha)=\alpha\cdot f(\alpha)=0,64\times (4-0,64)e^{-0,64^2}\approx1,43$

Or $S/2\approx 3,04/2\approx 1.52$

On a donc $A_{max}<S/2$

Il est donc impossible d’avoir $A(x)=S/2$.

2^ème question

1.1 La fonction $f$ est définie sur l’intervalle $\mathopen{]}-\dfrac{1}{2}\,;+\infty\mathclose{]}$ par $f(x)=\dfrac{2x}{1+2x}$

On considère la suite $u$ définie par $u_0=2$ et pour tout entier naturel $n$, par $u_{n+1}=f(u_n)$

1.2 On peut conjecturer que la suite $u$ est décroissante et converge.

2.1 On dérive :

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

Le dénominateur est un carré donc il est toujours positif. On en déduit que f est strictement croissante sur $\mathopen{]}-\dfrac{1}{2}\,;+\infty\mathclose{]}$.

2.2 On veut montrer que la propriété $P_n (\dfrac{1}{2}\leq U_{n+1}\leq U_n)$ est vraie pour tout entier $n$.

Vérifions que $P_0$ est vraie.

$U_0=2$

$U_1=\dfrac{4}{5} \geq \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{1}{2} \leq U_1 \leq U_0 \Rightarrow P_0$ est vérifiée.

Supposons $P_k$ vérifiée, et montrons l’hérédité.

On sait $P_k$ soit $\dfrac{1}{2}\leq U_{k+1}\leq U_k$

Comme la fonction $f$ est croissante, on a$f(\dfrac{1}{2})\leq f(U_{k+1})\leq f(U_k)$

Or $f(\dfrac{1}{2})=\dfrac{1}{2}$

$\Rightarrow \dfrac{1}{2}\leq U_{k+2}\leq U_{k+1}$ Donc $P_{k+1}$ est vérifiée. On a montré l’hérédité.

2.3 Pour tout entier naturel $k$, on a $U_{k+1}\leq U_k$ donc la suite $U$ est décroissante. Elle est minorée (par $\dfrac{1}{2}$) donc elle converge.

3.1 Soit la suite $v$ définie par $v_n=\dfrac{1-2u_n}{u_n}$.

$\dfrac{v_{n+1}}{v_n}=\dfrac{1-2u_{n+1}}{u_{n+1}} \times \dfrac{u_n} {1-2u_n}=\dfrac{1-2\cdot (\dfrac{2u_n}{1+2u_n})}{(\dfrac{2u_n}{1+2u_n})} \times \dfrac{u_n} {1-2u_n}=\dfrac{(\dfrac{1+2u_n}{1+2u_n})-(\dfrac{4u_n}{1+2u_n})}{(\dfrac{2u_n}{1+2u_n})} \times \dfrac{u_n} {1-2u_n}=\dfrac{1-2u_{n}}{2u_{n}} \times \dfrac{u_n} {1-2u_n}=\dfrac{1}{2}$

La suite $v$ est donc géométrique de raison $\dfrac{1}{2}$.

3.2 On a pour $n=0$ $v_0=\dfrac{1-2u_0}{u_0}=\dfrac{1-4}{2}=\dfrac{3}{2}$

donc $v_n=\dfrac{3}{2}\times(\dfrac{1}{2})^n=\dfrac{3}{2^{n+1}}=\dfrac{1-2u_n}{u_n}$

$\Rightarrow 3u_n=2^{n+1}(1-2u_n)$

$\Rightarrow 3u_n=2^{n+1}-2^{n+2}u_n$

$\Rightarrow u_n(3+2^{n+2})=2^{n+1}\Rightarrow u_n=\dfrac{2^{n+1}}{3+2^{n+2}}$

3.3 On a

$u_n=\dfrac{2^{n+1}}{3+2^{n+2}}=\dfrac{2^{n+1}}{2^{n+1}}\cdot \dfrac{1}{\dfrac{3}{2^{n+1}}+2}=\dfrac{1}{\dfrac{3}{2^{n+1}}+2}$ donc sa limite quand $n$ tend vers l’infini est $\dfrac{1}{2}$.

3.4 A la calculatrice on obtient $u_8\approx 0,5015$ et $u_9\approx 0,5007$. Comme la fonction $f$ est décroissante, pour tout $n\geq9$, $u_n\leq 0,501$ donc $n_0=9$

3^ème question

1.1 Arbre de probabilités :

1.2 $P(A \cap T)=P(A)\times P_A(T)=0,6\times 0,8 = 0,48$

1.3 Comme les évènements $A$, $B$ et $C$ sont disjoints et représentent tout l’univers, on a une probabilité totale et peut écrire :

$P(T)=P(A\cap T)+P(B\cap T)+P(C\cap T)$

$\Rightarrow P(C\cap T)=P(T)-P(A\cap T)-P(B\cap T)$

$=0,8645-0,6\times0,8-0,25\times0,95=0,147$

Or, $P_C(T)=\dfrac{P(T\cap C)}{P(C)}$ donc

$P_C(T)=\dfrac{0,147}{0,15} = 0,98$

1.4 $P_T(C)=\dfrac{P(C\cap T)}{P(T)}=\dfrac{P(C\cap T)}{P(A\cap T)+P(B\cap T)+P(C\cap T)}=\dfrac{0,147}{0,48+0,2375+0,147}=0,17$

2.1 Il s’agit d’un enchaînement d’épreuves de Bernouilli identiques et indépendantes, donc da loi de probabilité de X est la loi binômiale de paramètres $n=12$ tirages et $p=0,8645$ (probabilité).

2.2 $P(X<12)=1-P(X=12)=1-0,8645^{12}=0,8257$

2.3 On a au moins une puce défectueuse dans 95% des cas.

$P(X>0)=1-P(X=0)=0,95 \Rightarrow P(X=0)=0,05$

Or $P(X=0)= {N\choose 0}\cdot p^0\cdot (1-p)^N=(1-p)^N$

On peut donc écrire $(1-p)^N=0,05$ d’où

$(1-p)^N=0,05 \Rightarrow ln((1-p)^N)=ln(0,05) \Rightarrow N\cdot ln(1-p)=ln(0,05)\Rightarrow N=\dfrac{ln(0,05)}{ln(1-p)}$

$N=\dfrac{ln(0,05)}{ln(1-0,8645)}=20,5$ que l’on arrondit à $21$.

3.1 On a de manière générale pour la loi exponentielle $P(X>t)=e^{-\lambda t}$.

On l’applique ici : $P(X>5)= e^{-\lambda\cdot 5}=0,5 \Rightarrow -5\lambda=ln(0,5) \Rightarrow \lambda=\dfrac{-ln(0,5)}{5}=0,1386$

3.2 Pour la loi exponentielle, on a $\lambda=\dfrac{1}{E(T)}$ donc ici $E(T)=\dfrac{1}{\lambda}=\dfrac{1}{0,1386}=7,2$ années.

3.3 La loi exponentielle est sans mémoire donc $P(4<X<6)=P(X<2)=1-e^{-\lambda\cdot2}=1-e^{-0,1386\times2}=0,242$

4^ème question

1.1 On considère le polynôme $P$ défini par : $P(z)=z^3+(2-2i)z^2+(4-4i)z-8i$

$P(2i)=(2i)^3+(2-2i)(2i)^2+(4-4i)(2i)-8i=-8i-8+8i+8i+8-8i=0\Rightarrow 2i$ est bien une racine de $P$.

1.2 On développe l’expression proposée :

$(z-2i)(z^2+2z+4) = z^3-2iz^2+2z^2-4iz+4z-8i$

$=z^3+(2-2i)z^2+(4-4i)z-8i=P(z)$

1.3 Pour avoir $P(z)=0$ on a soit $z-2i=0$ soit $z^2+2z+4=0$. Pour ce dernier trinôme, on va trouver les deux racines complexes conjuguées $z_1$ et $z_2$ :

$\Delta=4-4\times1\times 4=-12=12i^2\Rightarrow \sqrt{\Delta}=2i\sqrt3$

$\Rightarrow z_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-2+2i\sqrt3}{2}=1+i\sqrt3$

$z_2$ est conjuguée de $z_1 \Rightarrow z_2=1-i\sqrt3$.

La dernière racine est celle qui a été déterminée dans la question 1.1 donc $z_3=2i$

2.1 On a $z_A=1+i\sqrt3\Rightarrow |z_3|=\sqrt{1^2+\sqrt{3}^2}=2\Rightarrow z_A=2(\cos\Theta+i\sin\Theta)$

Or, on a $z_A=2(1/2+i\sqrt3) \Rightarrow \cos\Theta=\dfrac{1}{2}$ et $\sin\Theta=\dfrac{\sqrt3}{2}$

On en déduit que $\Theta=\dfrac{\pi}{3}$ et par conséquent $z_A=2e^{i\dfrac{\pi}{3}}$.

De même on obtient $z_B=2e^{-i\dfrac{\pi}{3}}$ et $z_C=2e^{i\pi}$.

2.2

2.3 On note $Z=\dfrac{z_A-z_C}{z_B-z_C}=\dfrac{1+i\sqrt3-(-2)}{1-i\sqrt3-(-2)}=\dfrac{3+i\sqrt3}{3-i\sqrt3}$

On multiplie le numérateur et le dénominateur par le conjugué du dénominateur pour obtenir un produit remarquable :

$Z=\dfrac{3+i\sqrt3}{3-i\sqrt3}\cdot\dfrac{3+i\sqrt3}{3+i\sqrt3}=\dfrac{(3+i\sqrt3)^2}{3^2-3}=\dfrac{3^2+2\times3\times(i\sqrt3)+(i\sqrt3)^2}{6}=\dfrac{9+6\sqrt3i-3}{6}=1+i\sqrt3$

2.4 Le module :

$|Z|=|1+i\sqrt3|=\sqrt{1^2+\sqrt3^2}=2$

On procède comme à la question 2.1 pour obtenir l’argument de $Z$ qui est $\dfrac{\pi}{3}$.

2.5 Comme $B$ est le conjugué de $A$ et que $C$ est son propre conjugué, la figure admet l’axe des réels comme axe de symétrie. Les angles en B et C du triangle $ABC$ sont donc de même mesure que l’on nomme $\alpha$.

Comme la somme des angles d’un triangle vaut $\pi$, on a $\widehat{\mathrm{CAB}}+\widehat{\mathrm{ABC}}+\widehat{\mathrm{BCA}}=\pi\Rightarrow \alpha+\alpha+\widehat{\mathrm{BCA}}=\pi$

Or $\widehat{\mathrm{BCA}}=arg(Z)=\dfrac{\pi}{3}$, d’où :

$\alpha+\alpha+\dfrac{\pi}{3}=\pi \Rightarrow 2\alpha=\dfrac{2\pi}{3} \Rightarrow \alpha=\dfrac{\pi}{3}$.

Les trois angles du triangle $ABC$ sont donc égaux, c’est un triangle équilatéral.

3. A tout point $M$ d’affixe $z$ on associe le point $M’$ d’affixe $z’=\dfrac{1+i\sqrt3 -z}{1-i\sqrt3-z}$

3.1. Si M appartient à la médiatrice du segment $[AB]$ alors $MA = MB$

Or, $MA =|z_A – z|$ et $MB = |z_B – z|$

Donc $\dfrac{|z_A – z|}{|z_B – z|} = 1 \Rightarrow |z’| = 1 \Rightarrow OM’=1$

M’ appartient donc au cercle de centre O(0,0) et de rayon 1

3.2. Le point $M$ d’affixe $z_M=x+iy$ appartient au cercle de diamètre [AB]. Le centre du cercle est le point d’affixe $\dfrac{z_A+z_B}{2}=1$

On a donc $(x-1)^2 + y^2 = (\dfrac{|AB|}{2})^2$

Or $|AB|=|z_A-z_B|= 2\sqrt3 \Rightarrow (\dfrac{|AB|}{2})^2=3$

D’où $(x-1)^2 + y^2 = 3$

On calcule $z_A-z = 1+i\sqrt3-x-yi= (1-x)+i(\sqrt3-y)$

et $z_B-z = 1-i\sqrt3-x-yi = (1-x)-i(\sqrt3+y)$

D’où $z’ = \dfrac {z_A-z}{z_B-z}=\dfrac{(1-x)+i(\sqrt3-y)}{(1-x)-i(\sqrt3+y)}=\dfrac{(1-x)+i(\sqrt3-y)}{(1-x)-i(\sqrt3+y)}\times \dfrac{(1-x)+i(\sqrt3+y)}{(1-x)+i(\sqrt3+y)}$

$z’=\dfrac{(1-x)^2+i(1-x)(\sqrt3-y+\sqrt3+y)+i^2(\sqrt3-y)(\sqrt3+y)}{(1-x)^2+(\sqrt3+y)^2}$

$z’=\dfrac{(1-x)^2+i(1-x)(2\sqrt3)-(3-y^2)}{(1-x)^2+(\sqrt3+y)^2}$

Comme $(x-1)^2 + y^2 = 3$, on a $(1-x)^2-(3-y^2)=0$. On peut donc simplifier l’expression précédente :

$z’=\dfrac{i(1-x)(2\sqrt3)}{(1-x)^2+(\sqrt3+y)^2}$

Donc $z’$ est un imaginaire pur et par conséquent $M’$ est sur l’axe $(O,\vec{v})$

3.3. Le point $D$ de coordonnées (x,y) appartient au cercle de diamètre $[AB]$ donc ses coordonnées vérifient :

$(x-1)^2 + y^2 = 3$

Comme $D$ appartient aussi à l’axe des réels, $y = 0$.

On a donc $(x-1)^2 = 3$ donc $x-1=\sqrt3$ ou $1- x = \sqrt3$

$\Rightarrow x=1+\sqrt3$ ou $x=1-\sqrt3$

D’après la figure, c’est le point D1 qui permet d’avoir un triangle $DBA$ direct (c’est-à-dire que les points sont indiqués dans le sens trigonométrique). On a donc $z_D=1-\sqrt3$.

$z_D’ = \dfrac{(1+i\sqrt3-x_D)}{(1-i\sqrt3-x_D)}=\dfrac{1+i\sqrt3-(1-i\sqrt3)}{1-i\sqrt3-(1-i\sqrt3)}=\dfrac{\sqrt3(1+i)}{\sqrt3(1-i)}=\dfrac{(1+i)}{(1-i)}\times \dfrac{(1+i)}{(1+i)}=\dfrac{(1+2i-1)}{(1+1)}=i$

10/02/201910/02/2019

Maths 2018

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 $\alpha=\widehat{ADB}=66°$

30/01/201930/01/2019

Physique 2016

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O1MM Physique 2016

1^ère QUESTION

La force de gravité exercée sur Triton est dirigée vers Neptune :

$\vec F=-G.\dfrac{M_N.M_1}{R_1^2}.\vec u$

$F=6,67.10^{-11}\times\dfrac{1,025.10^{26}\times2,147.10^{22}}{(3,547.10^8)^2}=1,17.10^{21}N$

Représentation schématique de la base de Frenet :

RFD $\Rightarrow \sum \vec F=m.\vec a$. Triton n’est soumis qu’à la force de gravité donc :

$-G.\dfrac{M_N.M_1}{R_1^2}.\vec u=M_1.\vec a$

$\Rightarrow \vec a=-G.\dfrac{M_N}{R_1^2}.\vec u$

Dans le repère de Frénet, on sait que l’accélération peut être décomposée en une composante tangentielle est une composante radiale telles que :

$\vec a=\dfrac{dV}{dt}.\vec t+\dfrac{V^2}{R_1}.\vec n$

En identifiant cette expression de l’accélération avec celle au-dessus, il apparaît que la composante de l’accélération selon $\vec t$ est nulle, donc $\dfrac{dV}{dt}=0$ donc la vitesse est constate. Le mouvement de Triton est donc uniforme.

En identifiant les deux mêmes expressions, pour ce qui est de leurs composantes en $\vec n$, on obtient :

$\dfrac{V^2}{R_1}=G.\dfrac{M_N}{R_1^2}$

$\Rightarrow V=\sqrt{\dfrac{G.M_N}{R_1}}$

La vitesse est

$V=\sqrt{\dfrac{G.M_N}{R_1}}=\sqrt{\dfrac{6,67.10^{-11}\times1,025.10^{26}}{3,547.10^8}}=4390m.s^{-1}$

La vitesse calculée est de $4,39 km.s^{-1}$, un peu supérieure à celle donnée dans l’énoncé, mais cette dernière est donnée avec un seul chiffre significatif et la vitesse calculée, à un chiffre significatif, s’arrondit aussi à $4 km.s^{-1}$.

La période de révolution est le temps nécessaire pour effectuer une fois le tour de Neptune. La distance à parcourir est la circonférence du cercle correspondant, soit $d=2.\pi.R_1$.

On sait que $T_{rev}=d/V=2.\pi.R_1.\sqrt{\dfrac{R_1}{G.M_N}}=2.\pi.\sqrt{\dfrac{R_1^3}{G.M_N}}$

Application numérique

$T_{rev}=2.\pi.\sqrt{\dfrac{(3,547.10^8)^3}{6,67.10^{-11}.1,025.10^{26}}}=508000s=5,875\ jours\ solaires\approx 5,877\ jours\ solaires$

La légère différence est peut-être due à des arrondis ; par exemple sur la durée du jour solaire qui est en fait de 86 164 secondes.

2^ème QUESTION

Le poids du proton a pour norme $P=m_{proton}.g=1,73.10^{-26}N$

La force électrostatique a pour norme $F=e.E=8.10^{-16}N$

On a donc $F/P\approx 10^{10}$ ; la force électrostatique est plus d’un milliard de fois supérieure au poids.

La plaque (P) est positive et (N) est négative, donc $U_{PN}>0$

On sait que $E=\dfrac{U_{PN}}{d}\Rightarrow U_{PN}=E.d=5000\times 0,1=500V$

D’après la 2^ème loi de Newton, $\sum \vec F=m. \vec a$

Comme on peut négliger la force de gravité, il reste que la force électrostatique :

$e. \vec E=m. \vec a$

$-e.E.\vec j=m. \vec a$

On a donc $a_x=0$ et $a_y=-\dfrac{eE}{m_{proton}}=-\dfrac{1,6.10^{-19}\times 5000}{1,67.10^{-27}}=-4,79.10^{11}m.s^{-2}$

On intègre l’accélération pour obtenir d’abord la vitesse, puis la position.

$a_x=0\Rightarrow v_x=Cte$ Comme à $t=0$, $v_x=v_0.cos\alpha$, quel que soit t, on a $v_x(t)=v_0.cos\alpha$

On intègre à nouveau :

$x(t)=v_0.cos\alpha.t+Cte$ comme à t=0 on a $x=0$, la constante est nulle

$\Rightarrow x(t)=v_0.cos\alpha.t$

On procède ensuite de même sur l’axe (Oy) :

$a_y=-\dfrac{eE}{m_{proton}}$

$\Rightarrow v_y(t)=-\dfrac{eE}{m_{proton}}\cdot t+Cte$

A $t=0$, $v(0)=v_0\sin\alpha$ donc c’est aussi la valeur de la constante.

$\Rightarrow v_y(t)=-\dfrac{eE}{m_{proton}}\cdot t+v_0\sin\alpha$

On intègre une seconde fois, et en prenant en compte qu’à $t=0$ on a $y=0$, on obtient :

$y(t)=-\dfrac{eE}{2m_{proton}}\cdot t^2+v_0\sin\alpha\cdot t$

Equation cartésienne de la trajectoire :

Comme $x(t)=v_0.cos\alpha.t$, on peut écrire : $t=\dfrac{x}{v_0.cos\alpha}$ et remplacer $t$ dans l’expression de $y$ :

$y(t)=-\dfrac{eE}{2m_{proton}}\cdot t^2+v_0\sin\alpha\cdot t=-\dfrac{eE}{2m_{proton}}\cdot {(\dfrac{x}{v_0.cos\alpha}})^2+v_0\sin\alpha\cdot \dfrac{x}{v_0.cos\alpha}$

$y(t)=-\dfrac{eE}{2m_{proton}v_0^2.cos^2\alpha}x^2+\tan\alpha\cdot x$

On a un polynôme de forme $y=ax^2+bx+c$ donc la trajectoire est une parabole.

Au point de sortie $S$ on a $x_S=L$

$\Rightarrow y_S=-\dfrac{eE}{2m_{proton}v_0^2.cos^2\alpha}L^2+\tan\alpha\cdot L$

$\Rightarrow y_S=-\dfrac{1,6.10^{-19}\times 5000}{2\times 1,67.10^{-27}\times (1,0.10^6)^2\times cos^210°}\times 0,20^2+\tan10° \times 0,2=0,045m=4,5cm$

3^ème QUESTION

L’enregistrement 1 correspond au diapason, le 2 à la guitare.
On lit qu=e pour chacun des enregistrements, on a 4 périodes en 9,2ms. Ils ont donc la même fréquence :

$f=\dfrac{1}{T}=\dfrac{4}{9,2.10^{-3}}=440Hz$

Le spectre de fréquence du diapason ne fait apparaître qu’une fréquence, la fondamentale, alors que celui de la guitare comprend aussi des harmoniques.

Le niveau sonore est $L=10\log_{10}\dfrac{I}{I_0}$

$\Rightarrow \dfrac{I}{I_0}=10^{L/10}$

$\Rightarrow I=I_0\cdot 10^{L/10}=10^{-12}\times 10^7=10^{-5}W.m^{-2}$

$L=10\log_{10}\dfrac{2\times10^{-5}}{10^{-12}}=73dB$
On a montré ci-dessus que :

$I=I_0\cdot 10^{L/10}$

$\Rightarrow I=10^{-12}\times 10^{\frac{79}{10}}=8.10^{-5}W.m^{-2}$

Comme l’intensité produite par une guitare est $10^{-5}W.m^{-2}$, il faudra 8 guitares pour avoir $8.10^{-5}W.m^{-2}$ et donc 79dB.

4^ème QUESTION

Le flux est obtenu par la relation $\Phi=\dfrac{\Delta T}{R_{th1}}$

$\Rightarrow R_{th1}=\dfrac{\Delta T_1}{\Phi_1}=\dfrac{20}{10}=2K\cdot W^{-1}$

Pour l’épaisseur $e_2$, on a $Q_2=\Phi_2\cdot\Delta T_2$

$\Rightarrow \Phi_2=\dfrac{Q_2}{\Delta T_2}=\dfrac{40.10^3}{2\times3600}=5,6W$

$\Rightarrow R_{th2}=\dfrac{\Delta T_2}{\Phi_2}=\dfrac{25}{5,6}=4,5K\cdot W^{-1}$

Conductivité thermique :

$\lambda_1=\dfrac{e_1}{S_1\cdot R_{th1}}=\dfrac{100.10^{-3}}{2,0\times2}=2,5.10^{-2}W.K^{-1}.m^{-1}$

$\lambda_2=\dfrac{e_2}{S_2\cdot R_{th2}}=\dfrac{200.10^{-3}}{1,78\times4,5}=2,5.10^{-2}W.K^{-1}.m^{-1}$

On a $\lambda_1\approx \lambda_2$

Les conductivités de ces deux échantillons sont identiques. Leurs différences de propriétés sont donc simplement dues à la différence d’épaisseur.

On a $\Phi=\dfrac{\Delta T}{R_{th}}$

Or $\lambda=\dfrac{e}{S\cdot R_{th}}\Rightarrow R_{th}=\dfrac{e}{S\cdot\lambda}$

On peut donc remplacer dans l’expression précédente :

$\Phi=\dfrac{\Delta T\cdot \lambda\cdot S}{e}$

Pour minmiser les pertes thermiques, il faut avoir $\Phi$ aussi petit que possible. Il faut donc que les termes au numérateur soient faibles et que le numérateur soit élevé. D’où :

$\lambda$ doit être faible $\Rightarrow$ choix de matériaux très isolants.
$S$ soit être faible $\Rightarrow$ choix architecturaux vers des bâtiments de forme compacte, avec aussi peu que possible de surface en contact avec l’extérieur.
$e$ doit être élevée $\Rightarrow$ forte épaisseur de matériau isolant.

27/01/201928/01/2019

Maths 2015

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O1MM Maths 2015

1^ère QUESTION

1. Le point O, d’affixe $Z_O=0$ est le milieu de $[M_{\alpha}M_{\alpha+3}] \Leftrightarrow Z_O=0=\dfrac{z_{M_{\alpha}}+z_{M_{\alpha+3}}}{2}$

$\Leftrightarrow \dfrac{\alpha^2-\alpha+(\alpha+3)^2+(\alpha+3)}{2}=0$

$\Leftrightarrow \alpha^2-\alpha+\alpha^2+6\alpha+9-\alpha-3=0$

$\Leftrightarrow 2\alpha^2+4\alpha+6=0$

$\Leftrightarrow \alpha^2+2\alpha+3=0$

1. On calcule le déterminant :

$\Delta=b^2-4ac=4-4\times1\times3=-8$

Les racines sont $\dfrac{-b\pm i\cdot\sqrt{-\Delta}}{2a}$

$\alpha=\dfrac{-2+2i\sqrt2}{2}=-1+i\sqrt2$

$\alpha’=\dfrac{-2-2i\sqrt2}{2}=-1-i\sqrt2$

Le point $\Omega$ a pour affixe $-\dfrac{1}{4}$

$\Leftrightarrow |M_{\alpha}\Omega|=4$

$\Leftrightarrow |\alpha^2-\alpha+\dfrac{1}{4}|=4$

$\Leftrightarrow |(\alpha-\dfrac{1}{2})^2|=4$

$\Leftrightarrow |\alpha-\dfrac{1}{2}|=2$

On sait que pour tout angle $\delta$, on a $\sin \delta = \dfrac{e^{i\delta}-e^{-i\delta}}{2}$

$\Rightarrow A= 2\sin\left(\dfrac{\Theta}{2}\right)e^{i\left(\dfrac{3\Theta+\pi}{2}\right)}=2.\dfrac{[e^{i\dfrac{\Theta}{2}}-e^{-i\dfrac{\Theta}{2}}]}{2i}.e^{i\left(\dfrac{3\Theta+\pi}{2}\right)}$

$=\dfrac{2}{2i} [e^{i\left(\dfrac{\Theta}{2}+\dfrac{3\Theta+\pi}{2}\right)}-e^{-i\left(\dfrac{\Theta}{2}-\dfrac{3\Theta\pi}{2}\right)}]$

$=\dfrac{1}{i}\left(e^{i(\dfrac{4\Theta+\pi}{2})}-e^{i(\dfrac{2\Theta-\pi}{2})}\right)$

$=\dfrac{1}{i}[e^{i(2\Theta+\dfrac{\pi}{2})}-e^{i(\Theta-\dfrac{\pi}{2})}]$

$=\dfrac{i}{i^2}[cos (2\Theta+\dfrac{\pi}{2})+i\sin(2\Theta+\dfrac{\pi}{2})-\cos(\Theta-\dfrac{\pi}{2})-i\sin(\Theta-\dfrac{\pi}{2})]$

Comme $\cos({\alpha+\dfrac{\pi}{2}})=-\sin\alpha$, $\sin({\alpha+\dfrac{\pi}{2}})=\cos\alpha$, $\cos({\alpha-\dfrac{\pi}{2}})=\sin\alpha$, et $\sin({\alpha-\dfrac{\pi}{2}})=-\cos\alpha$, on peut simplifier :

$A=-i[-\sin2\Theta+\cos2\Theta+i\sin\Theta+\cos\Theta]$

$=i\sin2\Theta+cos2\Theta+i\sin\Theta+\cos\Theta$

$=e^{2i\Theta}+e^{i\Theta}=\alpha^2+\alpha$

On a donc bien $A=2\sin\left(\dfrac{\Theta}{2}\right)e^{i\left(\dfrac{3\Theta+\pi}{2}\right)}=\alpha^2+\alpha$

1. D’après l’écriture ci-dessus, l’argument de $\alpha^2+\alpha$ est

$|\alpha^2+\alpha|=\dfrac{3\Theta+\pi}{2}$

2^ème QUESTION

Les longueurs des côtés du rectangle sont :

$BC=4\cdot \sin\Theta$ et $DC=2\times4\cdot\cos\Theta$

$\Rightarrow f(\Theta)=BC\cdot CD=4\cdot\sin\Theta\times2\times4\cdot\cos\Theta=16\times[2\cdot\sin\Theta\cdot\cos\Theta]=16\cdot\sin2\Theta$

On dérive.

$f'(\Theta)=32\cos2\Theta$

Au maximum, la dérivée s’annule, donc $\cos2\Theta=0\Rightarrow 2\Theta=\dfrac{\pi}{2}\Rightarrow \Theta=\dfrac{\pi}{4}$

$f(\dfrac{\pi}{4})=16\cdot sin(\dfrac{\pi}{2})=16cm^2$

On a $f(0)=0$ et $f(\dfrac{\pi}{4})=16$. Sur cet intervalle, f’ est positive donc f est croissante. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, comme $0<10<16$, il existe une valeur unique de $\Theta$ telle que $f(\Theta)=10$ sur cet intervalle. On peut faire le même raisonnement sur l’intervalle $[\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}]$.

$16\sin2\Theta=10\Rightarrow \sin2\Theta=\dfrac{5}{8}$ $\Rightarrow \Theta_1=\dfrac{1}{2}\arcsin (5/8)=0,3$ rad est une solution.

Par symétrie, $\Theta_2=\Theta_1+\dfrac{\pi}{4}=1,1$ rad est également solution.

3^ème QUESTION

1.a Les nombres $u_1$, $u_2$, $u_3$ sont respectivement les intégrales entre 0 et 1 des fonctions $f_1$, $f_2$ et $f_3$, donc ce sont les aires comprises etre l’axe des abscisses, les droites d’équation ($x=0$) et ($x=1$) et les courbes correspondantes $C_1$, $C_2$ et $C_3$.

1.b On observe graphiquement que l’aire sous $c_3$ est supérieure à celles sous $C_2$ qui est elle-même supérieure à celle sous $C_1$, ce qui suggère que la suite $u$ serait croissante.

Sens de variation :

$u_{n+1}-u_{n}=\displaystyle \int_{0}^{1} f_{n+1}(t) \, \mathrm{d}t-\displaystyle \int_{0}^{1} f_{n}(t) \, \mathrm{d}t$

$=\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{t+1}{t+2} \cdot e^{-\left(\dfrac{t}{n+1}\right)} \, \mathrm{d}t-\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{t+1}{t+2} \cdot e^{-\left(\dfrac{t}{n}\right)} \, \mathrm{d}t$

$=\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{t+1}{t+2} \cdot \left( e^{-\left(\dfrac{t}{n+1}\right)} – e^{-\left(\dfrac{t}{n}\right)}\right) \, \mathrm{d}t$

Or, $e^{-\left(\dfrac{t}{n+1}\right)} – e^{-\left(\dfrac{t}{n} \right)}$ est toujours positif, de même que $\dfrac{t+1}{t+2}$. L’expression entière est donc toujours positive que $[0,1]$ donc son intégrale l’est aussi.

$\Rightarrow u_{n+1}-u_{n}>0$ donc la suite $u$ est croissante.

On a :

$\dfrac{t+1}{t+2}=\dfrac{t+2-1}{t+2}=1-\dfrac{1}{t+2}$

On a donc :

$J=\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{t+1}{t+2} \, \mathrm{d}t=\displaystyle \int_{0}^{1} 1-\dfrac{1}{t+2} \, \mathrm{d}t$

La fonction $F$, telle que $F(x)=x-\ln(x+2)$ est une primitive de la fonction qui est intégrée.

$J=[x-\ln(x+2)]_0^1=1+\mathrm {ln} 2-\mathrm {ln} 3$

Encadrement du la série $u$. On a :

$J\cdot e^{-\left(\dfrac{1}{n}\right)}=\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{t+1}{t+2} \cdot e^{-\left(\dfrac{1}{n}\right)} \, \mathrm{d}t$

Et $u_n=\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{t+1}{t+2} \cdot e^{-\left(\dfrac{t}{n}\right)} \, \mathrm{d}t$

$\Rightarrow u_n-J\cdot e^{-\dfrac{1}{n}}=\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{t+1}{t+2} \cdot [e^{-\left(\dfrac{t}{n}\right)}-e^{-\left(\dfrac{1}{n}\right)} \, ]\mathrm{d}t$

Comme la fonction exponentielle est croissante, la fonction $f : x \longmapsto e^{-\dfrac{x}{n}}$ est décroissante.

$\Rightarrow$ si $x\le1$, $f(x)\ge f(1)$

$\Rightarrow$ pour tout $t \in [0,1]$, $e^{-\dfrac{t}{n}} \ge e^{-\dfrac{1}{n}}$

$\Rightarrow e^{-\dfrac{t}{n}} – e^{-\dfrac{1}{n}}\ge0$

$\Rightarrow J\cdot e^{-\left(\dfrac{1}{n}\right)} \le u_n$

Par ailleurs, la fonction $f$ est décroissante donc pour tout $x \in [0,1]$, on a $f(x) \le f(0)$

soit $f(x) \le 1$

$\Rightarrow \dfrac{t+1}{t+2} \cdot e^{-\left(\dfrac{t}{n}\right)}=\dfrac{t+1}{t+2} \cdot f(x) \le \dfrac{t+1}{t+2} \cdot f(1) \le \dfrac{t+1}{t+2}$

On peut donc intégrer sur cet intervalle :

$\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{t+1}{t+2} \cdot e^{-\left(\dfrac{t}{n}\right)} \, \mathrm{d}t \le \displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{t+1}{t+2} \cdot \mathrm{d}t$

Soit $u_n\le J$

On a donc bien $J\cdot e^{-\left(\dfrac{1}{n}\right)}\le u_n\le J$

La série $u$ est croissante et majorée donc elle converge.

On a montré $J\cdot e^{-\left(\dfrac{1}{n}\right)}\le u_n\le J$

Or $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} -\left(\dfrac{1}{n}\right)=0^-$

$\Rightarrow \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} e^{-\left(\dfrac{1}{n}\right)}=1$

$\Rightarrow \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} J\cdot e^{-\left(\dfrac{1}{n}\right)}=J$

La suite $u$ est donc encadrée entre $J\cdot e^{-\left(\dfrac{1}{n}\right)}$, qui tend vers J quand n tend vers $\infty$, et la valeur $J$. On a donc

$\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n=J$

4^ème QUESTION

Les coordonnées des points sont $A\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$, $B\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ donc I, milieu de $[AB]$ a pour coordonnées $I\begin{bmatrix} \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} \\ 0 \end{bmatrix}$

$C\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \Rightarrow \vec{IC}\begin{bmatrix} -\dfrac{1}{2} \\ -\dfrac{1}{2} \\ 1 \end{bmatrix}$

$M\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \in (IC) \Leftrightarrow \vec{IM}= t\cdot \vec{IC}$

Soit :

\[\begin{cases} x- \dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{2}\cdot t\\ y- \dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{2}\cdot t\\ z-0=1 \cdot t \end{cases}\]

Donc le système d’équations paramétriques suivant correspond à la droite $(IC)$ :

\[\begin{cases} x = \dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{2} \cdot t\\ y = \dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{2} \cdot t\\ z=t \end{cases}\]

$H \in (IC)$ donc

\[\begin{cases} x_H = \dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{2} \cdot t\\ y_H = \dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{2} \cdot t\\ z_H=t \end{cases}\]

Soit :

\[\begin{cases} x_H = \dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{2} \cdot z_H\\ y_H = \dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{2} \cdot z_H\\ z_H \end{cases}\]

Par ailleurs, $\vec{OH} \perp \vec {IC} \Rightarrow \vec{OH} \cdot \vec {IC}= 0$

$\begin{bmatrix} x_H \\ y_H \\ z_H \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \dfrac{-1}{2} \\ \dfrac{-1}{2} \\ 1 \end{bmatrix}=0$

$\Rightarrow x_H \cdot (\dfrac{-1}{2})+y_H \cdot (\dfrac{-1}{2})+z_H \cdot 1=0$

$\Rightarrow -\dfrac{1}{2} \cdot (\dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{2} \cdot z_H)-\dfrac{1}{2} \cdot (\dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{2} \cdot z_H)+z_H=0$

$\Rightarrow \dfrac{-1}{4} + \dfrac{1}{4}\cdot z_H-\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}\cdot z_H+z_H=0$

$\Rightarrow \dfrac{-1}{2}+ \dfrac{3}{2} \cdot z_H=0$

$\Rightarrow 3 z_H=1$

$\Rightarrow z_H=\dfrac{1}{3}$

En remplaçant dans l’équation paramétrique, on obtient $x_H=\dfrac{1}{3}$ et $y_H=\dfrac{1}{3}$.

$\Rightarrow H\begin{bmatrix} \dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3} \end{bmatrix}$

Comme les points A, B et C ne sont pas alignés, $(OH) \perp (ABC) \Leftrightarrow (OH) \perp (AB)$ et $(OH) \perp (AC)$

$\vec{AB}\cdot \vec{OH}=\begin{bmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3} \end{bmatrix}=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}+0=0$

$\vec{AC}\cdot \vec{OH}=\begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3} \end{bmatrix}=-\dfrac{1}{3}+0+\dfrac{1}{3}=0$

On a donc bien $(OH)\perp (ABC)$.

5^ème QUESTION

On veut montrer par récurrence la proposition $P_n: 0\le u_n\le u_{n+1}\le 3$

Initialisation pour $n=0$ : $U_0=1$ et $U_2=\sqrt{2u_1+3}=\sqrt5\le 3$

$\Rightarrow 0\le u_0\le u_1\le 3$ donc $P_0$ est vérifiée.

Hérédite : Supposons que $P_{n-1}$ est vérifiée ; montrons que dans ce cas, $P_{n}$ l’est aussi.

$u_{n-1}\le u_n$

$\Rightarrow 2u_{n-1}\le 2u_n$

$\Rightarrow 2u_{n-1}+3\le 2u_n+3$

$\Rightarrow \sqrt{2u_{n-1}+3} \le \sqrt{2u_n+3}$

$u_{n}\le u_{n+1}$

Par ailleurs, $u_{n-1}\le3$

$\Rightarrow 2u_{n-1}\le6$

$\Rightarrow 2u_{n-1}+3\le6+3$

$\Rightarrow \sqrt{2u_{n-1}+3}\le \sqrt9$

$\Rightarrow u_n\le 3$

Enfin, une racine carrée étant toujours positive, pour tout n on a $u_n\ge 0$

On a donc bien démontré que si les trois inégalités de $P_{n-1}$ étaient vérifiées, alors $P_n$ l’était également.

La suite $u_n$ est croissante et majorée donc elle converge. Soit $L$ sa limite.

On sait que dans le cas d’une suite définie par $u_{n+1}=f(u_n)$ qui converge, si la fonction$f$ est continue en $L$, alors on a $L=f(L)$.

Ici $f : x \longmapsto \sqrt{2x+3}$

$f(L)=L \Rightarrow \sqrt{2L+3}=L \Rightarrow L^2-2L-3=0$

Les deux racines de de trinôme sont $3$ et $-1$. Comme la suite $u$ est toujours positive, sa seule limite possible est $L=3$

1. On fait tourner l’algorithme (ici avec le logiciel R).

Pour $p=1$, on obtient $n=3$ :

p <- 1
n <- 0
u <- 1
v <- sqrt(5)

while (v-u > 10^(-p)) {
    n <- n+1
    u <- sqrt (2*u+3)
    v <- sqrt (2*v+3)  
}

print (n)

## [1] 3

Pour $p=2$, on obtient $n=5$ :

p <- 2
n <- 0
u <- 1
v <- sqrt(5)

while (v-u > 10^(-p)) {
    n <- n+1
    u <- sqrt (2*u+3)
    v <- sqrt (2*v+3)  
}

print (n)

## [1] 5

D’où le tableau complété :

Variable	V1	V2
p	1	2
n	3	5

1. Pas sûr de cette réponse : Comme $u$ est croissante et converge vers 3, quelle que soit la valeur de $\varepsilon$, il existe un entier $N$ tel que pour tout $n>N$, on a $3-u_n<3-\varepsilon$.

On a également, comme pour tout $n$, $u_{n+1}<3$

$\Rightarrow u_{n+1}-u_n<3-u_n$

Donc quelle que soit la valeur de $\varepsilon$, il existe un entier $N$ tel que pour tout $n>N$, $u_{n+1}-u_n<3-u_n<3-\varepsilon$

Il y a donc toujours un moment où $n$ va être suffisamment grand pour que la différence entre deux termes consécutifs devienne inférieure au seuil de $10^{-p}$.

6^ème QUESTION

Partie 1

On obtient la probabilité pour la loi $\mathcal{N}(42;0,5)$, $P(X < 41,5)=0,16$

pnorm (q = 41.5, mean = 42, sd = 0.5)

## [1] 0.1586553

De même $P(X < 42,5)=0,84$

Donc la probabilité que la mousse soit conforme est $P(X < 42,5)-P(X < 41,5)=0,84-0,16=0,68$

On sait que pour une loi normale, on a 95% des valeurs comprises dans l’intervalle $[\mu-1,96\sigma ; \mu+1,96\sigma]$. L’amplitude de cet intervalle est $2\times 1,96\sigma$. Il faut donc avoir :

$2\times 1,96\sigma=42,5-41,5=1$

$\Rightarrow \sigma=\dfrac{1}{2\times1,96}=0,26$

Partie 2

Probabilité que la durée de vie dépasse 5 ans :

$P_1=P(X>5)=e^{-\lambda \cdot 5}=e^{-0,46 \times 5}=0,10$

La loi exponentielle est telle que la probabilité d’aller jusqu’à 8 ans sachant qu’on a atteint les 3 ans est la même que celle de l’intervalle entre zéro et 5 ans. On a donc la même probabilité que dans la question précédente.

$P_2=P_1=0,10$

Probabilité d’excéder 8 ans :

$P_3=P(X>8)=e^{-\lambda \cdot 8}=0,9$

$\Rightarrow -8\cdot \lambda=\ln 0,9$

$\Rightarrow \lambda=\dfrac{-\ln 0,9}{8}=0,013$

13/01/201928/01/2019

Physique 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 Physique 2018

Exercice 1 : bataille navale

Partie 1 : tir du sous-marin

1.1 Relation fondamentale de la dynamique :

$\sum{\vec{\mathrm{F}}_i} = m_T.\vec{a}$

La torpille est soumise à :

son poids $\vec{P}=m_T.\vec{g}=1,31.10^3 \times 9,81=12 850 N$
la poussée d’Archimède $\vec{Arch}=m_E.\vec{g}=V_T.d_{mer}.\vec{g}=1,18.10^3 \times 1,11 \times 9,81 = 12 850 N$
la force de propulsion exercée par le moteur $\vec{M}$ (en fait, c’est la réaction de l’eau)
la force de frottement exercée par l’eau $\vec{F_{rott}}$

Si l’on projette ces forces sur l’axe vertical $(Oy)$ orienté vers le haut, on a :

$\sum{\vec{\mathrm{F}}_y} = m_T.\vec{a_y}$

$\vec{Arch}+\vec{P} = m_T.\vec{a_y}$

$V_T.d_{mer}.g-m_T.g = m_T.a_y$

$a_y=\dfrac{g}{m_T}(V_T.d_{mer}-m_T)=\dfrac{9,81}{1,31.10^3}(1,18.10^3\times1,11-1,31.10^3)=0$

On a $a_y=0$ donc, en intégrant pour obtenir la vitesse, on obtient $v_y(t)=cte$. Comme la torpille est lancée horizontalement, on a $v_y(t=0)=0$. La torpille reste donc dans le plan horizontal.

De même, la torpille ne subit aucune force latérale pour la faire dévier de l’axe $(SC)$, donc l’accélération est nulle et par suite la vitesse latérale est constante et nulle.

1.2 On a un mouvement rectiligne uniforme d’après l’énoncé, donc la somme des forces est nulle aussi sur l’axe $(SC)$, ce qui indique que la force de propulsion compense exactement les frottements : $\vec{F_{rott}}+\vec M=\vec0$.

1.3 On a :

$V_0=D/t \Rightarrow t=D/V_0=\dfrac{3200}{20}=160s$

Partie 2 : tir du destroyer

II.1 Equations horaires paramétriques de l’obus

II.1.a L’obus n’est soumis qu’à la pesanteur, verticale, orientée vers le bas et de norme $P=m.g$

$\vec P= m.\vec g=-m.g.\vec j$

II.1.b $\sum{\vec{\mathrm{F}}} = m.\vec{a}=-m.g.\vec j\Rightarrow \vec a=-g.\vec j$

Le vecteur accélération a donc pour coordonnées $a_x=0$ et $a_y=-g$

II.1. On intègre deux fois pour obtenir la vitesse, puis la position

En $x$ : $a_x=0\Rightarrow V_x(t)=cte \Rightarrow$ comme au point départ, $V_{x0}=V_0.\cos\alpha$ la constante vaut $V_0.\cos\alpha \Rightarrow V_x(t)=V_0.\cos\alpha$.

On intègre de nouveau $\Rightarrow x(t)=V_0.\cos\alpha.t+cte$. Or à t=0, on a x=0 donc la constante est nulle.

$\boxed{x(t)=V_0.\cos\alpha.t}$

Même opération sur l’axe $y$ :

$a_y=-g \Rightarrow V_y(t)=-g.t+cte$

Comme à $t=0$, on a $V_y(t=0)=V_0.\sin\alpha$, la constante vaut $V_0.\sin\alpha$

$\Rightarrow V_y(t)=-g.t+V_0.\sin\alpha$

On intègre de nouveau pour obtenir :

$y(t)=-\dfrac{1}{2}.g.t^2+V_0.\sin\alpha.t+cte$

$y(0)=0$ donc la constante est nulle.

$\Rightarrow \boxed{y(t)=-\dfrac{1}{2}.g.t^2+V_0.\sin\alpha.t}$

On a, d’après l’expression de $x(t)$, $t=\dfrac{x(t)}{V_0.\cos\alpha}$, on peut donc remplacer $t$ dans l’expression de $y(t)$, ce qui donne :

$\boxed{y=-\dfrac{1}{2}.g.(\dfrac{x}{V_0.\cos\alpha})^2+V_0.\sin\alpha.\dfrac{x}{V_0.\cos\alpha}}$

soit $y=\dfrac{-g}{2.V_0^2.\cos^2\alpha}.x^2+\tan\alpha.x=a.x^2+b.x$, avec

$a=\dfrac{-9,81}{2\times 725^2.\cos^2(7,30°)} = -9,48.10^{-6}$ et $b=\tan(7,30°)=0,128$

$\boxed{y=-9,48.10^{-6}.x^2+0,128.x}$

II.2 Efficacité du tir

II.2.a L’obus touche l’eau quand $y(x)=0$

$\Rightarrow -9,48.10^{-6}.x^2+0,128.x=0$

$\Rightarrow x(-9,48.10^{-6}.x+0,128)=0$

$\Rightarrow -9,48.10^{-6}.x+0,128=0$

$x=\dfrac{0,128}{9,48.10^{-6}}=13,5\cdot10^3m=13,5Km$

L’obus arrive bien à la surface de l’eau au point C.

II.2.b A la distance de 9,2 km, l’altitude de l’obus est de :

$y=-9,48.10^{-6}\times9200^2+0,128\times9200 = 375m < 480m \Rightarrow$ l’obus ne passe pas la montagne.

II.2.c On recalcule l’équation de la parabole en changeant la valeur de l’angle $\alpha$.

$a=\dfrac{-9,81}{2\times 725^2\times\cos^2(82,7°)} = -5,78.10^{-4}$ et $b=\tan(82,7°)=7,81$

$\boxed{y=-5,78.10^{-4}.x^2+7,81.x}$

L’obus touche l’eau quand $y=-5,78.10^{-4}.x^2+7,81.x=0$

$\Rightarrow -5,78.10^{-4}.x+7,81=0$

$\Rightarrow x=\dfrac{7,81}{5,78.10^{-4}}=13,5\cdot10^3m$

Le cargo est donc atteint.

Pour $x=9200m$, $y=22900m >> 480m$ donc le tir franchit bien la montagne.

II.2.d On sait que $x(t)=V_0.\cos\alpha.t \Rightarrow t=\dfrac{x(t)}{V_0.\cos\alpha}$

Le temps pour que l’obus atteigne le cargo est donc :

$t2=\dfrac{13500}{725\times\cos(82,7°)}=146,5s$

Le temps du premier tir, qui termine dans la montagne, était $t2=\dfrac{9200}{725\times\cos(7,30°)}=12,8s$

Le temps pour atteindre le cargo est donc $t1+t2=159,3s \Rightarrow$ Le destroyer gagne (Pb par rapport à l’énoncé).

Exercice 2 : La croisière s’amuse

Partie 1 : La piscine chauffée

1.1 La source chaude est l’eau de la piscine et la source froide l’air extérieur à la température $\theta_2=14°C$.

1.2 On peut schématiser les flux d’énergie ainsi :

Les flux d’énergie sont dans le sens des flèches : la source froide et le réseau électrique perdent de l’énergie. La source chaude gagne $Q_2=Q_1+W_{elec}$.

1.3.a La variation d’énergie interne de l’eau de la piscine est :

$\Delta U_2=m_2.c_L.(\Theta_F-\Theta_2)=54.10^3\times4,18.10^3\times(30-14)$

$\Delta U_2=3,61.10^9 J$

1.3.b L’énergie transférée par la pompe à chaleur vers l’eau est égale à la variation de l’énergie interne de l’eau de la piscine.

$\Rightarrow Q_2=\Delta U_2=3,61.10^9 J$

1.4.a L’énergie utile fournie par la PAC est celle qui sert à chauffer l’eau. C’est donc $Q_2$. On a donc :

$e_{Th}=\dfrac{Q_2}{W_{élec}}$

$\Rightarrow W_{élec}=\dfrac{Q_2}{e_{Th}}=\dfrac{3,61.10^9}{3,5}=1,03.10^9 J$

1.4.b L’énergie transférée en 12h est :

$W’_{élec}=12\times3600\times P_{élec}=12\times3600\times 25.10^3=1,08.10^9J>W_{élec}$

L’eau aura donc atteint les 30°C.

1.5.a L’eau de la piscine reçoit $Q_2=E_1+W_{elec}$

$\Rightarrow E_1=Q_2-W_{élec}=3,61.10^9-1,03.10^9=2,58.10^9J\approx 2,6GJ$

1.5.b Cette énergie est dite gratuite car elle est “gratuitement” prélevée sur l’air ambiant.

Partie 2 : la patinoire

2.1 Les modes de transfert thermiques sont :

la conduction, à travers la matière
la convection, due au déplacement de matière
le rayonnement, dû à la propagation de photons

Il y aura principalement de la conduction au travers de la paroi des tuyaux, entre le fluide réfrigérant et la glace.

2.2 Le volume de glace est $V_s=8\times12\times0,07=6,72m^3$

La masse volumique de la glace est $\mu_s=920Kg.m^{-3}$ donc

$m_s=V_s.\mu_s=6,72\times920=6180Kg$

2.3 On a trois phases :

Refroidissement de l’eau de 14 à 0°C $\Rightarrow Q=m_s.c_L.\Delta T=6180\times4,18.10^3\times(-14)=-3,62.10^8J$
Solidification $\Rightarrow Q=m_S.L_S=6180\times(-3,33.10^5)=-2,06.10^9J$
Refroidissement de la glace de 0 à -12°C$\Rightarrow Q=m_S.c_S.\Delta T=6180\times2,06.10^3\times(-12)=-1,53.10^8J$

L’énergie totale est donc $\Delta U_{eau}=-3,62.10^8-2,06.10^9-1,53.10^8=-2,58.10^9J\approx-2,6GJ$

2.4 Comme l’énergie thermique nécessaire au réchauffement de la piscine ($2,6GJ$) est équivalente à l’énergie thermique qu’il faut extraire de la patinoire ($\Delta U_{eau}=-2,6GJ$), on pourrait imaginer de coupler le chauffage de la piscine et le refroidissement de la patinoire en utilisant la patinoire comme source froide de la pompe à chaleur.

2.5 L’intérêt serait que la seule consommation d’électricité serait celle de la PAC, donc cela éviterait d’avoir à installer en plus une installation énergivore de refroidissement de la patinoire.

Exercice III : La corne de brume

Possibilité d’avoir une corne de brume de portée suffisante ?

On s’interroge sur la possibilité de sécuriser le raz de Sein par visibilité réduite en installant des cornes de brume sur les phares le “la Vieille” et de “Men Brial”. Pour qu’un tel dispositif fonctionne, il faut qu’un navire en approche soit certain d’entendre au moins l’une des deux cornes de brume.

La distance entre les deux phares, mesurée sur la carte, est de 7,5Km. Si chaque corne de brume porte à 4km, tout navire en approche sera alerté. On va donc essayer d’évaluer s’il est techniquement possible d’obtenir de telles cornes de brume.

Pour que le signal soit audible, il faut que son intensité soit supérieure à l’intensité acoustique de référence $I_O$.

Or $I=\dfrac{P}{4.\pi.d^2} \Rightarrow P_0=I_0.4.\pi.d^2=10^{-12}\times4\times\pi\times4000^2=2.10^{-4}W$

Une faible puissance permet donc d’obtenir un signal audible dans tout le raz de sein. Par contre, si l’on veut un signal assez puissant pour être entendu à bord quelles que soient les conditions de mer et de vent, il faut un signal plus fort. Par ailleurs, le Document 1 indique qu’il est préférable d’opter pour un son grave. Or, ceux-ci ont un $I_0$ plus faible que les sons aigus. Si l’on prend $f=30Hz$, $I_0=60dB$

$L=10.\log_{10}(\dfrac{I}{I_0})\Rightarrow L/10=\log_{10}(\dfrac{I}{I_0})$

$\Rightarrow 10^{L/10}=\dfrac{I}{I_0}$

$\Rightarrow I=I_0.10^{L/10}=10^{-12}\times 10^{60/10}=10^{-6}W.m^{-2}$

Pour obtenir ce niveau sonore de 60dB à 4km de la source, il faut donc une puissance : $P=10^{-6}\times4\times\pi\times4000^2=804W$

Une corne de brume de Daboll serait-elle assez puissante ?

D’après le document 1, sa longueur est de $L=17\times 30,5.10^{-2}=5,2m$

D’après le document 2, $L=\lambda_f/2$

$\Rightarrow \lambda_f=2L$

Or, on sait que $f=c/\lambda$

$\Rightarrow f_f=\dfrac{c}{\lambda_f}=\dfrac{c}{2L}$

Donc à 20°C, $f_f=\dfrac{343}{2\times5,2}=33Hz$

et à 0°C, $f_f=\dfrac{331}{2\times5,2}=32Hz$

D’après le document 5, pour être audible dans ces fréquences autour de 30Hz, il faut une intensité sonore de 60dB.

Calculons donc la puissance nécessaire pour avoir 60dB à 4000km.

$60=10\log_{10}\dfrac{I_{4000}}{I_{100}}$

$\Rightarrow \log_{10}\dfrac{I_{4000}}{I_{100}}=6$

$\Rightarrow I_{4000}=I_{100}.10^6=1,0.10^{-12}.10^6=10^{-6}W.m^{-2}$

Voyons si la corne de brume peut atteindre cette intensité.

On a 100dB à 100m $\Rightarrow 100=1+\log_{10}\dfrac{I_{100}}{I_0}$

$\Rightarrow I_{100}= I_0. 10^{10}=10^{-2}W.m^{-2}$

Soit $x$ le niveau sonore à 4km.

$x=10\log_{10}\dfrac{I_{4000}}{I_0}$

D’après le docuent 3, in a $I=\dfrac{P}{4\pi d^2}$

$\Rightarrow I_{4000}=\dfrac{P}{4\times \pi \times 4000^2}$

et $I_{100}=\dfrac{P}{4\times \pi \times 100^2}$

$\Rightarrow \dfrac{I_{4000}}{I_{100}}=\dfrac{P}{4\times \pi \times 4000^2}\cdot \dfrac{4\times \pi \times 100^2}{P}=\dfrac{100^2}{4000^2}=\dfrac{1}{40^2}$

$\Rightarrow I_{4000}=I_{100}\cdot \dfrac{1}{40^2}=10^{-2}\cdot \dfrac{1}{40^2}=6,25.10^{-6}W.m^{-2}$

$\Rightarrow L=10\log_{10}\dfrac{6,25.10^{-6}}{1,0.10^{-12}}=68dB$

L’intensité sonore dépasse les 60dB donc les cornes de brume sont audibles à 4000m. Elles permettent donc de sécuriser la chaussée de Sein.

13/01/201928/01/2019

Physique 2017

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 Physique 2017

1ere QUESTION

La diffraction.
La diffraction permet de mettre en évidence le caractère ondulatoire d’un phénomène. Elle est due à la perturbation de la propagation de l’onde au voisinage d’un obstacle de dimensions de même ordre de grandeur que la longueur d’onde (interférences).

La diffraction, la dispersion et la réfraction sont d’autres propriétés des ondes.

La lumière se propage même dans le vide, donc ce n’est pas une onde mécanique.
Au point O, on a $x=0$. Comme la différence de marche est $\delta=\dfrac{a.x}{D}$, on a

$\delta=\dfrac{0,2.10^{-3}\times0}{1}=0$

On a donc une interférence constructive et donc la frange est brillante.

Au point P, on a :

$\delta_P=\dfrac{a.x_P}{D}=\dfrac{0,2.10^{-3}\times6,1.10^{-3}}{1}=1,22.10^{-6}m$

La différence de marche est le décalage, en un point, entre le train d’onde provenant de $S_1$ et celui venant de $S_2$. Quand c’est un nombre entier de fois la longueur d’onde ($\delta=k.\lambda, k \in \mathbb{Z}$), les deux trains d’onde sont en phase et ils s’additionnent. C’est une frange claire. Quand c’est le contraire ($\delta=(k+1/2).\lambda, k \in \mathbb{Z}$), les trains d’onde en provenance des deux sources sont en opposition de phase. Leurs effets s’annulent et la frange est sombre.
Au point P :

$\dfrac{\delta_P}{\lambda}=\dfrac{1,22.10^{-6}}{488.10^{-9}}=2,5$

On est donc dans le cas où $\delta=(n+1/2).\lambda$, donc l’interférence entre les ondes provenant de $S_1$ et de $S_2$ est destructive. C’est donc une frange sombre.

2e QUESTION

Représentation schématique :

RFD $\Rightarrow \sum \vec F=m.\vec a$. L’électron n’est soumis qu’à la force électrostatique donc :

$k.\dfrac{e^2}{r^2}.\vec u=m.\vec a$

$\Rightarrow \vec a=\dfrac{k}{m}.\dfrac{e^2}{r^2}.\vec u$

Dans le repère de Frénet, on sait que l’accélération peut être décomposée en une composante tangentielle est une composante radiale telles que :

$\vec a=\dfrac{dV}{dt}.\vec t+\dfrac{v^2}{r}.\vec u$

En identifiant cette expression de l’accélération avec celle de la question 2, il apparaît que la composante de l’accélération selon $\vec t$ est nulle, donc $\dfrac{dV}{dt}=0$ donc la vitesse est constate. Le mouvement de l’électron est donc uniforme.

En identifiant les deux mêmes expressions, pour ce qui est de leurs composantes en $\vec u$, on obtient :

$\dfrac{v^2}{r}=\dfrac{k}{m}.\dfrac{e^2}{r^2}$

$v=\sqrt{\dfrac{k}{m}.\dfrac{e^2}{r}}$

On a vu ci-dessus que :

$v=\sqrt{\dfrac{k}{m}.\dfrac{e^2}{r}}$

$\Rightarrow v^2=\dfrac{k}{m}.\dfrac{e^2}{r}$

$\Rightarrow E_c=\dfrac {1}{2}.m.v^2=\dfrac{k.e^2}{2r}$

Par définition, $E_m=E_c+E_p$. Sachant d’après l’énoncé que $E_p=\dfrac{-k.e^2}{r}$, on a :

$E_m=\dfrac{k.e^2}{2r}+\dfrac{-k.e^2}{r}$

$\Rightarrow E_m=\dfrac{k.e^2}{2r}+\dfrac{-2k.e^2}{2r}$

$\Rightarrow E_m=\dfrac{-k.e^2}{2r}$

Dans l’expression ci-dessus, le numérateur est constant et le numérateur est proportionnel à $r$

\[\lim_{r\to\infty} E_c=\lim_{r\to\infty} \dfrac{-k.e^2}{2r}=0\]

L’énergie mécanique de l’électron tend donc vers zéro lorsque r tend vers l’infini et que l’atome est ionisé.

3e QUESTION

Lors de cette étape, il n’y a pas de changement d’état

$\Rightarrow \Delta U_1=m.c.\Delta T=4,2\times3,2.10^3\times(0-20)=-2,69.10^5J$

L’air froid du congélateur prélève les calories de la nourriture. Il est renouvelé au contact de la nourriture par les mouvements de convection.
Il s’agit de la chaleur latente de changement de l’état lors de l’étape 2. Elle est négative pour la nourriture qui perd de l’énergie.

$\Delta U_2=-m.L=-4,2\times200.10^3=-8,4.10^5J$

On connaît $\Delta U_3$ qui est donnée en valeur absolue. Du point de vue de la nourriture, dont la température baisse, $\Delta U_3<0 \Rightarrow \Delta U_3=-2.10^6J$

$\Rightarrow \Delta U_3=m.c_s.\Delta T$

$\Rightarrow c_s=\dfrac{\Delta U_3}{m.\Delta T}=\dfrac{-2.10^6}{4,2\times(-18-0)}=2,65.10^4J.kg^{-1}.K^{-1}$

Pour assurer la congélation, le congélateur doit fournir une énergie totale qui est l’opposée de la variation totale d’énergie interne de la nourriture :

$\Delta U=-(\Delta U_1+\Delta U_2+\Delta U_3)=2,7.10^5+8,4.10^5+2.10^6=3,1.10^6J$

Avec une puissance P de 500W, le temps nécessaire sera

$t=\dfrac {\Delta U}{P}=\dfrac{3,1.10^6}{500}=6200s=1h44’$

Comme en 6200s le congélateur peut congeler 4,2kg de nourriture, en 24h il pourra en congeler :

$m_{24}=4,2\times \dfrac{24\times3600}{6200}=58,5$ kg

4e QUESTION

Le skieur est soumis à son poids et à la réaction du plan incliné.

Le 2e principe de Newton (Relation fondamentale de la dynamique) stipule :

$\sum \vec F=m. \vec a$

Comme les frottements sont négligés, le skieur est soumis à :

la réaction de la piste lui est orthogonale
son poids $\vec P=m.\vec g$

Deux angles dont les côtés sont orthogonaux sont identiques, donc l’angle $\alpha$ de la piste avec l’horizontale se retrouve quand on veut projeter $\vec P$ sur l’axe $(Ax)$.

$\Rightarrow \sum F_x=m.g.sin\alpha=m.a_x$

$\Rightarrow a_x=g.sin\alpha$

Cette accélération est constante. On intègre pour obtenir la vitesse :

$v_x(t)=g.sin\alpha.t+Cte$

Comme à $t=0$, $v_x=0$, la constante est nulle.

$\Rightarrow v_x(t)=g.sin\alpha.t$

On intègre à nouveau pour obtenir la position :

$x(t)=\dfrac{1}{2}g.sin\alpha.t^2+Cte$

Comme à t=0 on a x=0, la constante est nulle.

$x(t)=\dfrac{1}{2}g.sin\alpha.t^2$

Quand le skieur atteint le point B, on a :

$x_B=\dfrac{1}{2}g.sin\alpha.t_B^2$

$t_B^2=\dfrac{2.x_B}{g.sin\alpha}$

$t_B=\sqrt{\dfrac{2.x_B}{g.sin\alpha}}=\sqrt{\dfrac{2\times150}{10\times sin(20°)}}=9,37s$

La durée du parcours AB est de 9,37s.

La vitesse en B est $v_B=g.sin\alpha.t_B=10\times sin (20°)\times9,37=32m.s^{-1}$

La force de frottement s’oppose au mouvement. On peut donc la rajouter dans l’équation de la relation fondamentale de la dynamique de la question 1 :

$\sum F_x=m.g.sin\alpha-f=m.a_x$

$\Rightarrow a_x=g.sin\alpha-\dfrac{f}{m}$

Comme dans la partie précédente, on intègre et à partir des conditions initiales à t=0, on obtient :

$\Rightarrow v_x(t)=(g.sin\alpha-\dfrac{f}{m}).t$

puis $x(t)=\dfrac{1}{2}(g.sin\alpha-\dfrac{f}{m}).t^2=\dfrac{m.g.sin \alpha-f}{2m}.t^2$

$\Rightarrow t^2=\dfrac{2m.x(t)}{m.g.sin \alpha-f}$

$\Rightarrow t=\sqrt{\dfrac{2m.x(t)}{m.g.sin \alpha-f}}$

D’où, quand le skieur atteint le point B :

$t_B=\sqrt{\dfrac{2m.x_B}{m.g.sin \alpha-f}}$ $=\sqrt{\dfrac{2\times80\times150}{80\times10\times sin (20°)-200}}$

$t_B=18,1s$

On sait $v_x(t)=(g.sin\alpha-\dfrac{f}{m}).t$

$\Rightarrow v_B=(g.sin\alpha-\dfrac{f}{m}).t_B=(10\times sin(20°)-\dfrac{200}{80})\times18,1=16,6m.s^{-1}$

La vitesse est constante entre B et C et la pente est $\alpha’$.

D’après le théorème de l’énergie cinétique, Dans un référentiel galiléen, pour un corps de masse m constante parcourant un chemin reliant un point A à un point B, la variation d’énergie cinétique est égale à la somme des travaux W des forces (extérieures et intérieures) qui s’exercent sur le corps considéré.

$E_{c_C}-E_{c_B}=\sum W=0$

Sur le trajet BC, le travail des forces est le suivant :

Réaction normale, perpendiculaire au déplacement : $W_R=0$
Poids : $W_P=m.g.\Delta h=m.g.BC.sin \alpha’$
Frottements : Ils s’opposent au déplacement donc W<0 : $W_F=-BC.f’$

On a donc $W_R+W_P+W_F=0$

$\Rightarrow m.g.BC.sin \alpha’-BC.f’=0$

$\Rightarrow f’=m.g.sin \alpha’=80\times10\times sin(10°)=139 N$

On aurait aussi pu résoudre cette question ainsi :

$\sum F_x=m.g.sin\alpha’-f’=m.a_x=0$

$\Rightarrow f’=m.g.sin\alpha’$

05/01/201923/01/2019

Physique 2015

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O1MM Physique 2015

1^ère QUESTION

$\Theta \approx tan\Theta = \dfrac{L/2}{D} = \dfrac{L}{2D}$
$\Theta = \dfrac{\lambda}{a}$ avec $\Theta$ en radians et $a$ et $\lambda$ en m.
Sur le graphique, les points sont alignés sur une droite passant par l’origine. On a donc proportionnalité entre $\Theta$ et $1/a$.
Pour le point d’abscisse $1/a=5.10^4$ on lit $\Theta=2,8.10^{-2}$

Comme on a proportionnalité, l’équation de la droite est $\Theta=m.\dfrac{1}{a}$, où $m$ est son coefficient directeur, donc :

$m = \dfrac{\Theta}{1/a}=\dfrac{2,8.10^{-2}}{5.10^4}=5,6.10^{-7}$

D’après le cours, on sait que $\Theta=\dfrac{\lambda}{a} \Rightarrow \lambda=\Theta.a=\dfrac{\Theta}{1/a}=m$

Donc $\lambda = 5,6.10^{-7}m=560nm$

La lumière blanche est la résultante de différentes longueurs d’ondes. Or pour chacune, $\Theta$ est différent (cf. question 2 ci-dessus) $\Rightarrow$ les fréquences surimposées en chaque point vont différer, et la couleur avec, ce qui crée l’irrisation.

2^ème QUESTION

Les ondes électromagnétiques.
On a des oscillations à la fréquence de $2,45.10^9$ fois/secondes donc $f=2,45.10^9Hz$

$\lambda = \dfrac{c}{f}=\dfrac{3,00.10^8}{2,45.10^9}=0,122m$

$E=m.c_{eau}.\Delta T = \rho_{eau}.V.c_{eau}.(T_f-T_i)=1\times33.10^{-2}\times4180\times(90-18)$

$E=99317 J = 99,3 kJ$

On sait $E=P.\Delta T \Rightarrow \Delta T = E/P = 99317 / 750 = 132,4 s$

3^ème QUESTION

Un référentiel géocentrique a pour origine le centre de la Terre et des axes qui pointent vers des étoiles réputées fixes. Contrairement à une référentiel terrestre, il ne suit pas la rotation de la Terre. En raison du mouvement orbital de la Terre autour du Soleil, le référentiel géocentrique n’est pas galiléen. Néanmoins, lorsqu’il est possible de négliger ce mouvement quasi circulaire, c’est-à-dire quand les expériences sont de courte durée par rapport à une année, il est possible de considérer le référentiel géocentrique comme approximativement galiléen. C’est le cas notamment lorsqu’on étudie les mouvements des satellites artificiels (Source : Wikipedia).
En se plaçant dans un référentiel de Frenet, on a :

$\vec a = \dfrac{dv}{dt}\vec t + \dfrac{v^2}{R_T+h}\vec u$

Par ailleurs, le satelllite n’étant soumis qu’à la force de gravité universelle :

$\sum{\vec{\mathrm{F}}} = m.\vec{a}=\dfrac{G.M_T.m}{(R_T+h)^2}\vec u$

En identifiant les deux expressions, il apparaît que la composante selon $\vec t$ de l’accélération $\vec a$ est nulle $\Rightarrow \dfrac{dv}{dt}=0$ $\Rightarrow$ la vitesse $v$ est constante, le mouvement est uniforme.

On a vu ci-dessus que :

$\sum{\vec{\mathrm{F}}} = m.\vec{a}=\dfrac{G.M_T.m}{(R_T+h)^2}\vec u$

$\Rightarrow a=\dfrac{G.M_T}{(R_T+h)^2}$

Or, par identification entre les deux expressions dans la question précédente, on a :

$a=\dfrac{v^2}{R_T+h}$

$\Rightarrow \dfrac{G.M_T}{(R_T+h)^2}=\dfrac{v^2}{R_T+h}$

$\Rightarrow v^2=\dfrac{G.M_T}{(R_T+h)}$

$\Rightarrow v=\sqrt{\dfrac{G.M_T}{R_T+h}}$

$\Rightarrow v=\sqrt{\dfrac{6,67.10^{-11}\times 5,98.10^{24}}{6,37.10^6+2.10^7}}=3890 m.s^{-1}$

Le rayon de la trajectoire est $R_T+h \Rightarrow$ la longueur à parcourir en une révolution est $L=2.\pi.(R_T+h)$.

Le temps pour parcourir cette distance est $T_r$, la période de révolution.

$\Rightarrow v=\dfrac{L}{T_r} \Rightarrow T_r=\dfrac{L}{v}$

$\Rightarrow T_r=2.\pi.(R_T+h)\sqrt {\dfrac{R_T+h}{G.M_T}}=2.\pi\sqrt{\dfrac{(R_T+h)^3}{G.M_T}}$

$\Rightarrow T_r=2.\pi\sqrt{\dfrac{(6,37.10^6+2.10^7)^3}{6,67.10^{-11}\times 5,98.10^{24}}} = 42600 s = 11,8 h \approx 12h$

$\Rightarrow$ on a bien 2 révolutions par jour.

En $t_1=30ms$, le signal parcourt la distance $d$.

$c = d/t_1 \Rightarrow d=c.t_1 = 3.10^8\times 30.10^{-9}=9m\approx 10m$

La distance enre le satellite et un récepteur GPS à la surface de la Terre est $h=2.10^7m$.

$c=h/t_2 \Rightarrow t_2=h/c=\dfrac{2.10^7}{3.10^8}=6,67.10^{-2}s$

La précision relative est $t_1/t_2=\dfrac{30.10^{-9}}{6,67.10^{-2}}=4,5.10^{-7}$

4^ème QUESTION

Le skieur avec son équipement ne subit que des forces conservatrices (les frottements sont négligés) $\Rightarrow E_m=E_p+E_c=Constante$

Au départ, la vitesse est nulle $\Rightarrow E_{c_{init}}=0$

Dans le réferentiel (O,x,y), l’énergie potentielle de pesanteur du skieur à l’altitude $y$ est $Ep=mgy$

$\Rightarrow E_{m_{init}}=E_{p_{init}}+0=mgh$

Au point O, $y=0 \Rightarrow E_{p_{O}}=0$

$\Rightarrow E_{m_{O}}=E_{c_{O}}+0=1/2.m.V_O^2$

Comme il y a conservation de l’énergie mécanique,

$E_{m_{O}}=E_{m_{init}} \Rightarrow 1/2.m.V_O^2=mgh \Rightarrow 1/2.V_O^2=gh$

D’où :

$\boxed{V_O=\sqrt{2.g.h}}$ $= \sqrt{2\times9,81\times50}=31,3m.s^{-1}$

Après le décollage, l skieur ne subit plus que la force de gravité :

$\sum{\vec{\mathrm{F}}} = m.\vec{a}=m.\vec{g} \Rightarrow \vec{a}=\vec{g} \Rightarrow a_x=0$ et $a_y=-g$

On intègre pour obtenir les composantes de la vitesse et de la position.

En $x$ : $a_x=0\Rightarrow V_x(t)=cte \Rightarrow$ comme au point O, $V_{xO}=V_O$ la constante vaut $V_O \Rightarrow V_x(t)=V_O$.

On intègre de nouveau $\Rightarrow x(t)=V_O.t+cte$. Or à t=0, on a x=0 donc la constante est nulle.

$x(t)=V_0.t$

Même opération sur l’axe $y$ :

$a_y=-g \Rightarrow V_y(t)=-g.t \Rightarrow y(t)=-\dfrac{1}{2}.g.t^2$

On a, d’après l’expression de $x(t)$, $t=\dfrac{x(t)}{V_0}$ qu’on peut t remplacer dans l’expression de $y(t)$, ce qui donne :

$y(t)=-\dfrac{1}{2}.g.(\dfrac{x(t)}{V_0})^2$

$\Rightarrow$ l’équation de la trajectoire est :

$\boxed{y=-\dfrac{g}{2.V_O^2}.x^2}$

C’est une droite passant par l’origine donc elle a une équation de la forme $y=a.x$.

Son coefficient directeur est $\dfrac{\Delta y}{\Delta x}$, soit dans dans un triangle rectangle dont deux des côtés sont la droite $(OO’)$ et l’axe $(O,x)$, $\dfrac{opposé}{adjacent}=tan\alpha$.

L’équation de cette droite est donc $y=-tan\alpha.x$

Au moment où le skieur touche la piste, il est à la fois sur la droite et sur la parabole. Ses coordonnées $x_B$ et $y_B$ vérifient donc les deux équations à la fois.

\[ \begin{cases} y_B=-tan\alpha.x_B\\ y_B=-\dfrac{g}{2.V_O^2}.x_B^2 \end{cases} \]

$\Rightarrow -tan\alpha.x_B=-\dfrac{g}{2.V_O^2}.x_B^2$

$\Rightarrow -tan\alpha=-\dfrac{g}{2.V_O^2}.x_B$

$\Rightarrow x_B=\dfrac{2.V_O^2.tan\alpha}{g}$

$\Rightarrow y_B=-tan\alpha.x_B=-\dfrac{2.V_O^2.(tan\alpha)^2}{g}$

L’application numérique donne $x_B=115m$ et $y_B=-66,7m$

$OB^2=x_B^2+y_B^2=x_B^2+(tan\alpha.x_B)^2=x_B^2(1+tan^2\alpha)$

$\Rightarrow OB=x_B.\sqrt{1+tan^2\alpha}=\dfrac{2.V_O^2.tan\alpha}{g}.\sqrt{1+tan^2\alpha}$

L’application numérique donne :

$OB=\sqrt {x_B^2+y_B^2}=\sqrt{115^2+(-66,7)^2}=133,3m$

On a vu dans la question 2 que $t=x/V_O$

La durée du saut est $t=x_B/V_O=\dfrac{2.V_O^2.tan\alpha}{g}.\dfrac{1}{V_O}=\dfrac{2.V_O.tan\alpha}{g}$

L’application numérique donne :

$t=\dfrac{2\times31,3.tan(30°))}{9,81}=3,68s$

O1MM maths 2017

1ère question

2ème question

3ème question

4ème question

O1MM maths 2018

1ère question

2ème question

3ème question

4ème question

O1MM Physique 2016

1ère QUESTION

2ème QUESTION

3ème QUESTION

4ème QUESTION

O1MM Maths 2015

Pascal Irz

27 janvier 2019

1ère QUESTION

2ème QUESTION

3ème QUESTION

4ème QUESTION

5ème QUESTION

6ème QUESTION

O1MM Physique 2018

Exercice 1 : bataille navale

Partie 1 : tir du sous-marin

Partie 2 : tir du destroyer

II.1 Equations horaires paramétriques de l’obus

II.2 Efficacité du tir

Exercice 2 : La croisière s’amuse

Partie 1 : La piscine chauffée

Partie 2 : la patinoire

Exercice III : La corne de brume

Possibilité d’avoir une corne de brume de portée suffisante ?

Une corne de brume de Daboll serait-elle assez puissante ?

O1MM Physique 2017

1ere QUESTION

2e QUESTION

3e QUESTION

4e QUESTION

O1MM Physique 2015

1ère QUESTION

2ème QUESTION

3ème QUESTION

4ème QUESTION

1^ère question

2^ème question

3^ème question

4^ème question

1^ère question

2^ème question

3^ème question

4^ème question

1^ère QUESTION

2^ème QUESTION

3^ème QUESTION

4^ème QUESTION

1^ère QUESTION

2^ème QUESTION

3^ème QUESTION

4^ème QUESTION

5^ème QUESTION

6^ème QUESTION

1^ère QUESTION

2^ème QUESTION

3^ème QUESTION

4^ème QUESTION