Publié le 27/01/201928/01/2019

Maths 2015

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 2015

1^ère QUESTION

1. 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. 2. On calcule le déterminant :

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

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

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

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

2. Le point \(\Omega\) a pour affixe \(-\dfrac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow |M_{\alpha}\Omega|=4\)

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

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

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

3. 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 \(A=2\sin\left(\dfrac{\Theta}{2}\right)e^{i\left(\dfrac{3\Theta+\pi}{2}\right)}=\alpha^2+\alpha\)

3. 2. D’après l’écriture ci-dessus, l’argument de \(\alpha^2+\alpha\) est

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

2^ème QUESTION

1. Les longueurs des côtés du rectangle sont :

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

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

2. On dérive.

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

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

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

3. 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.

2. 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.

3. On a :

\(\dfrac{t+1}{t+2}=\dfrac{t+2-1}{t+2}=1-\dfrac{1}{t+2}\)

4. 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.

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

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

5. 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

1. 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 \((IC)\) :

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

2. \(H \in (IC)\) 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 \(y_H=\dfrac{1}{3}\).

\(\Rightarrow H\begin{bmatrix} \dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3} \end{bmatrix}\)

3. 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

1. 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.

2. 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 \(L=3\)

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

3. 2. 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

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 \(P(X < 42,5)-P(X < 41,5)=0,84-0,16=0,68\)

2. 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

1. Probabilité que la durée de vie dépasse 5 ans :

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

2. 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.

\(P_2=P_1=0,10\)

3. Probabilité d’excéder 8 ans :

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

\(\Rightarrow -8\cdot \lambda=\ln 0,9\)

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