Épreuve de Mathématiques Session

Arnaud Crouzet

Description

Épreuve de Mathématiques, Session 2010 Correction Problème I. Des arcs d'hyperboles 1. Distinguons le cas m = 0. Pour m = 0, f 0HxL = 0 et g 0HxL = 1 donc les fonctions f 0 et g 0 sont constantes. Soit m œD 0; 1D. La fonction x _ 1 - x est strictement décroissante sur @0; 1@ à valeurs dans D 0; 1D et la fonction x _ 1 x est strictement décroissante sur D 0; +

• h1 - xl2


• yh1 - xl


• carré oidj d'aire


• mh1 - xl - xh1 - xl xh1 - xl


• xl


• yl

Informations

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• Langue: Français

Extrait

Problème

Devoir Surveillé

Épreuve de Mathématiques, Session 2010

I. Des arcs dhyperboles

Correction

1.Distinguons le casm=0. Pourm=0,fHxL=0 etgHxL=1 donc les fonctionsfetgsont constantes. 0 0 0 0 SoitmœD0; 1D.

erminale S  1

1 La fonctionx#1-xest strictement décroissante sur@0; 1@à valeurs dansD0; 1Det la fonctionx#est strictement x 1 décroissante surD0;+¶@donc par compositionx#est strictement croissante sur@0; 1@et commem>0, alors 1-x m f m :x#est strictement croissante sur@0; 1@. 1-x 1 La fonctionx#est strictement croissante surD0; 1Dà valeurs dans@1;+¶@et la fonctionx#1-m xest stricte- x ment décroissante sur@1;+¶@puisquem>0. m Alors par composition,g m :x#1-est strictement croissante surD0; 1D. x Remarque: On peut bien sur aussi dériver chacune des deux fonctions: -1 1m m £ £ f m HxL= - = >0 pourxœ@0; 1@etg m HxL>- = = - 0 pourxœD0; 1D. 2 2 2 2 H1-xL H1-xL x x 2.Distinguons à nouveau le casm=0. CommefHxL=0 pour toutxœ@0; 1@alorsfHxL=1 nadmet pas de solution sur@0; 1@. 0 0 CommegHxL=1 pour toutxœD0; 1D, alorsgHxL=0 nadmet pas de solution surD0; 1D. 0 0 SoitmœD0; 1D.

On résoutf m HxL=1. m m-H1-xL On a donc=1 doù=0 et donc pourx1, il fautx+Hm-1L=0 doùx= -m+1 . 1-x1-x Comme pour tout réelmœ@0; 1D,-1§m§0 alors 0§1-m§1, léquationf m HxL=1 admet une unique solution sur @0; 1@,x=1-m. f m m x-m On résoutg m HxL=0 cest à dire 1- =0 doù=0 et commex0 alors il fautx-m=0 doùx=met x x commemœD0; 1D, la solution est toujours valide. Léquationg m HxL=0 admet dnc pour unique solution surD0; 1D,x g m =m. 3.Résolvonsf m HxL=g m HxL.

Considérons le casm=0. On afHxL=0 etgHxL=1 donc léquationfHxL=gHxLna pas de solution. 0 0 0 0 Soitm0, alors 0<m§1. 2 m m m x+mH1-xL-xH1-xLx-x+m On résout donc=1-doù=0 et donc=0. 1-x x xH1-xLxH1-xL  

0.8

1.0

1.0

1.5

0.5

-0.5

0.2

0.8

0.6

0.4

0.6

1.0

1.5

pas de solution

2 Ainsi pourx0 etx1, il fautx-x+m=0 . 2 2 Léquation du second degréx-x+m=0 admet pour discriminantD =H-1L-4m=I1-2



0.6





0.4





1

3







1.0

1.0

2

2   Devoir Su  rveillé  ermi  nale S

0.4

mM.

mM I1+2

-2

0.8

0.4

0.6

0.2

-1

0.2

-0.5

1.5

1 0<m< 4 2 solutions

0.8

m= 0

-0.5

1 <m§1 4 pas de solution

0.2

1.0

0.5

1 m= 4 1 unique solution

1.0

Le signe de ce discriminant est le signe de 1-2mpuisquemœ@0; 1Det donc 1+2m>0. 1 1 Or 1-2m>0 si 1>2mdoùm<et donc commem>0, si 0§m< <1. 2 4 1 1 On en déduit donc que léquationf m HxL=g m HxLadmet 2 solutions simœD0;F, 1 solution sim=et aucune 4 4 1 solution simœ80< D; 1F. 4 4.On obtient le graphique:

0.5

II. Des lignes de niveau

Devoir Surveillé

erminale S  3

1.PourR: le rectangleRa pour dimensionsxetydonc son aireAest donnée parAHx;yL= AHx;yL=x y. 1 1 1 1R 1 PourR: le rectangleRa pour dimension 1-xet y donc son aireAest donnée par 2 2 2 AHx;yL= AHx;yL=H1-xLy 2R 2 PourR: le retcangleRa pour dimension 1-xet 1-ydonc son aireAest donnée par 3 3 3 AHx;yL= AHx;yL=H1-xL H1-yL 3R 3 PourR: le rectangleRa pour dimensionxet 1-y donc son aireAest donnée par 4 4 4 AHx;yL= AHx;yL=xH1-yL. 4R 4 2.On noteAHx;yLla plus grande des aires obtenues. Les 4 rectangles sont inclus dans le carréOIDJdaire 1 donc on a forcémentAHx;yL§1 .

4 Hx;yL=1 La somme des 4 aires est égale à 1: on a  A i i=1 4 1 1 Alors siAHx;yL<, commeAHx;yL§ AHx;yLpouriœ81; 2; 3; 4<, on obtient  AHx;yL<4µdoù i i 4 4 i=1 4 AHx;yL<1 : absurde.  i i=1 1 Par suiteAHx;yL. 4 1 On peut donc assuré§ AHx;yL§1. 4 Remarque: Six=1 ouy=1, alors on aAHx;yL=1. 1 1 1 Six=ety=, alors on aAHx;yL=. 2 2 4 3.SoitHx;yLun couple de réels de lintervalle@0; 1D. Remarquons que: •AHy;xL=y x= AHx;yL 1 1 •AHy;xL=H1-yLx= AHx;yL 2 4 •AHy;xL=H1-yL H1-xL= AHx;yL 3 1 •AHy;xL=yH1-xL= AHx;yL. 4 2 Par suite AHy;xL=MaxHAHy;xL;AHy;xL;AHy;xL;AHy;xLL=MaxHAHx;yL;AHx;yL;AHx;yL;AHx;yLL= AHx;yL. 1 2 3 4 3 4 1 2 1 4.Linéquationt1-tdonne 2t1 doùt. 2 1 Donct1-tavectœ@0; 1DsitœB; 1F. 2 1 AvecyœD0; 1D,x yH1-xLysi et seulement six1-xdonc daprès le résultat précédent six. 2 1 Ainsi pouryœD0; 1D,AHx;yL AHx;yLpourx. 1 2 2 On peut remarquer que linégalité est encore vraie poury=0.

1 AvecxœD0; 1D,x yxH1-yLsi et seulement siy1-ydonc siy. 2 1 Ainsi pourxœD0; 1D,AHx;yL AHx;yLsiy. 1 4 2 Remarquons que linégalité est vraie pourx=0.

 4   Devoir SSurveillé erminale 





















 1 De même, on montre queAHx;yLAHx;yLpouryquel que soitxœ@0; 1Det queAHx;yL AHx;yLpour 4 3 2 3 2 1 xquel que soityœ@0; 1D. 2 1 1 AHx;yLpour§x§1 et§y§1 1 2 2 1 1 AHx;yLpour 0§x§et§y§1 2 2 2 On en déduitAHx;yL=doù 1 1 AHx;yLpour 0§x§et 0§y§ 3 2 2 1 1 AHx;yLpour§x§1 et 0§y§ 4 2 2 1 1 x ypourHx;yLœB; 1FµB; 1F 2 2 1 1 H1-xLypourHx;yLœB0;FµB; 1F 2 2 AHx;yL=. 1 1 H1-xL H1-yLpourHx;yLœB0;FµB0;F 2 2 1 1 xH1-yLpourHx;yLœB; 1FµB0;F 2 2 1 5.Pour tout réelmdu segmentB; 1F, on noteL m la ligne de niveaumde lapplicationA, cest à dire lensemble des 4 pointsMdont les coordonnéesxetyvérifientAHx;yL=m.

1 a.SoitmœB; 1F. 4 On résoutAHx;yL=m. 1 1m PourHx;yLœB; 1FµB; 1F, on obtientx y=mdoùy=. 2 2 x 1 1m PourHx;yLœB0;FµB; 1F, on obtientH1-xLy=mdoùy=. 2 2 1-x 1 1m PourHx;yLœB0;FµB0;F, on obtientH1-xL H1-yL=mdoùy=1-. 2 2 1-x 1 1m PourHx;yLœB; 1FµB0;F, on obtientxH1-yL=mdoùy=1-. 2 2 x

b.On obtient les lignes de niveaux:

1 • En bleu: m= 4 1 • En rouge: m= 2 3 • En vert: m= 4

Devoir Surveillé

erminale S  5

6  Surveillé Devoir

erminale S

III. Étude dun ensemble de fonctions affines par morceaux

1.Six§t, on résout doncxH1-tL=0 doùx=0 ou 1-t=0 et donc il fautx=0§tout=1. Six>t, on résouttH1-xL=0 doùt=0 ou 1-x=0 et donc il fautt=0 oux=1 . Par conséquentKHt;xL=0 pour les couplesH0;tL,tœ@0; 1D,Hx; 1L,xœ@0; 1D,H1;tL,tœ@0; 1DetHx; 0L,xœ@0; 1D. DoncKHt;xL=0 sur pour tout coupleHx;tLtel que le point de coordonnéesHx;tLsoit un point des côtés du carré OIDJ, de lapartie II. 2.On donne un réeltappartenant à lintervalle@0; 1D.

a.SoittœD0; 1@. Comme 1-t>0, alors la fonctionk t est strictement croissante sur@0;tD. Commet0,-t§0, alors la fonctionk t :x#-t x+test strictement décroissante sur@t; 1D. Pourt=0,k:x#0: la fonction est constante égale à 0 et pourt=1,k:x#0 , la fonction est constante égale à 0. 0 1 Remarquons que Limk t HxL=tH1-tL=k t HtLdonc la fonctionk t est continue ent. + xØt Comme elle est trivialement continue sur@0;t@et surDt; 1D, elle est donc continue sur@0;tD. On a le tableau de variation pourtœD0; 1@:

x

k t

0

0

t

tH1-tL

1

0

b.Pourt=0 out=1, la fonctionk t est constante égale à 0 donc elle présente un maximum égal à 0. SoittœD0; 1@. La fonctionk t est strictement croissante sur@0;tDdonc pour tout réelxœ@0;tD,k t HxL§k t HtL. La fonctionk t est strictement décroissante sur@t; 1Ddonc pour tout réelxœ@t; 1D,k t HxL§k t HtL. Dans tous les cas,k t HxL§k t HtLdonc la fonciton présente un maximum égal àk t HtL=tH1-tLatteint enx=t. 3.Considérons la fonctionk:t#k t HtL=tH1-tLpourtœ@0; 1D. Cest une fonction du second degré ayant pour racines 0 et 1, dont le coefficient des termes au carré est-1<0 donc 1 1 1 1 on sait que cette fonction admet un maximum atteint pourt= - =égal àk=. 0 2µH-1L42 2 On a donc montré que pour tout couple de réelsHt;xLœ@0; 1Dµ@0; 1D,KHt;xL§KHt;tLet pour tout réeltœ@0; 1D, 1 1 KHt;tL§K; . 2 2 1 1 Ainsi pour tout coupleHt;xLde réels compris entre 0 en 1, on aitK;KHt;xL. 2 2 1 1 On poseHt;xL=; , et donc on a montré quil existe un coupleHt;xLde réels compris entre 0 et 1 tel que 0 0 0 0 2 2 pour tout coupleHt;xLde réels compris entre 0 en 1, on aitKHt;xLKHt;xL. 0 0