Année Scolaire 2011–2012

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Année Scolaire 2011–2012 Lycée Guez De Balzac MATHÉMATIQUES MPSI DS No 2 Samedi 15/10/2011 (4h) Les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction: les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées. La référence des questions doit obligatoirement être mentionnée et les résultats doivent être encadrés . La calculatrice, les formulaires et les téléphones sont interdits. 1
  • λx avec λ ∈
  • références des questions
  • référence des questions
  • question q1
  • solution particulière de l'équation
  • x2y′′ −
  • solutions de l'équation homogène
  • u3
  • lycée guez de balzac mathématiques
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Publié le : lundi 26 mars 2012
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Lycèe Guez De Balzac
Annèe Scolaire 2011–2012
MATHÈMATIQUES MPSI
o DS N 2
Samedi 15/10/2011 (4h)
Les candidats sont invitÉs À porter une attention particuliÈre À la rÉdaction: les copies illisibles ou mal prÉsentÉes seront pÉnalisÉes. La rÉfÉrence des questions doit obligatoirement tre mentionnÉe et les rÉsultats doivent tre encadrÉs .
La calculatrice, les formulaires et les tèlèphones sont interdits.
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Exercice 1
Partie I
Soitmun nombre rÉel. RÉsoudre surRl’Équation diÉrentielle :
00 0x y2y+m y= sin(x) +e
On considÈre l’Équation diÉrentielle :
Partie II
200 03 x yx y+y=x(E)
03 Q1)Trouver les fonctions rÉelles Z solutions de l’ÉquationxZZ =xsur ]0; +[. 0 Q2)Soity+une fonction deux fois dÉrivable sur ]0; [, on pose Z =xyy, montrer que :
200 0303 x yx y+y=x⇐⇒xZZ =x
Q3)En dÉduire toutes les solutionsy+de l’Équation (E) sur ]0; [.
Exercice 2
n Q1)Soitnun entier supÉrieur ou Égal á 2. On noteUn={zC/ z= 1}l’ensemble des racines n-iÈmes de l’unitÉ. a) Quels sont les ÉlÉmentsUn? Montrer que leur somme est nulle. b)Montrer que (Un,×) est un groupe commutatif (les propriÉtÉs de la multiplication dansC sont supposÉes connues).
2iπ2 6 7 8 104 9 5 3 Q2)Soitu). On pose S == exp( u+u+u+u+uet T =u+u+u+u+u. 11 11 1 a) Montrer sans calculs que S et T sont conjuguÉs (utiliser queu= 1 et queu= ). u b) Montrer que la partie imaginaire de S est positive (sans calcul numÉrique). c) DÉmontrer que S + T =1 et S×T = 3. En dÉduire la valeur de S et celle de T. 3  10 u1P 3π3k d)â l’aide des formules d’Euler, montrer que :itan= =(u) ; puis que 11 3 u+ 1 k=1   2π10 4i2(sin = uu). 11    3π2π e) En dÉduire que tan + 4 sin =i(TS) = 11. 11 11
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Exercice 3
Q1)Question de cours : a)Rappeler la dÉfinition de la fonctionarctan, l’expression de sa dÉrivÉe, son tableau de variation (avec les limites) et l’allure de la courbe reprÉsentative. b) Montrer que la fonction arctan est impaire. 1π c) DÉmontrer que pour tout rÉelx >0, arctan(x) = .) + arctan( x2 Q2)Soitaun rÉelnon nul, on notefala fonction dÉfinie par :   a+x fa(x) = arctanarctan(x) 1ax
a)Quel est l’ensemble de dÉfinition defa? Montrer que pourxdans l’ensemble de dÉfinition, fa(x) =fa(x).On suppose dèsormais que a>0. 1 1 b) Calculer la dÉrivÉe defa, en dÉduire quefaest constante sur ]− ∞; [ et sur ] ; +[. a a c) DÉduire de ce qui prÉcÈde que :   1a+x i) Pourx <, arctan(a) + arctan(x.) = arctan a1ax   1a+x ii) Pourx >, arctan(a) + arctan(x) = arctan +π. a1ax d) Quelles relations obtient-on lorsquea <0 ?   n P 1 Q3)SoitnNet Sn= arctan2. p+p+1 p=0 a) En utilisant la question prÉcÉdente, simplifier arctan(p+ 1)arctan(p) lorsquepN. b) En dÉduire une simplification de Sn, puis la limite de la suite (Sn).
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o MPSI 2011–2012 DS N 2: Corrigè
Exercice 1
Partie I
C’est une Équation diÉrentielle linÉaire d’ordre deux á coecients constants. 20 L’Équation caractÉristique est :x2x+m= 0, le discriminant rÉduit estΔ= 1md’oÙ la discussion : Sim= 1 alors il y a une racine doubleλ= 1 á l’Équation caractÉristique. Les solutions de l’Équation homogÈne sont donc : x y:t7→(a+bx)eaveca, bR √ √ Sim <1 : il y a deux racines rÉelles á l’Équation caractÉristique,λ= 11metλ= 1 +1m. Les 1 2 solutions de l’Équation homogÈne sont donc :
λ1xλ2x y:t7→ae+beaveca, bR √ √ Sim >1 : il y a deux racines complexes non rÉelles,λ= 1i m1etλ= 1 +i m1. Les solutions de 1 2 l’Équation homogÈne sont donc : x y:t7→e[cos(ωx) +bsin(ωx)] aveca, bRetω=m1
00 0x On cherche ensuite une solution particuliÈre de l’Équation (E) :y2y+m y=e, de la formey(x) = 0 0 x00 Q(x)eavecQ(x) un polynÔme, en remplaÇant dans l’Équation (E), on obtient :Q+ (m1)Q= 1, d’oÙ la 0 discussion : x e 1 – Sim,1 alors Q(x) = ety(x) = 0 m1 m1 2 x 2 00x x – Sim= 1 alors Q = 1, on peut prendre Q(x) = ety(x) =e. 0 2 2 00 0ix On cherche ensuite une solution particuliÈre de l’Équation (E) :y2y+m y=e, de la formey(x) = 1 1 ix00 01m1+2i Q(x)eavecQ(x) un polynÔme, on obtient :Q+ 2(i1)Q+ (m12i)Q= 1, d’oÙQ= =2et m12i m2m+5 (m1) sin(x)+2 cos(x) m1+2i ix y(x) =2e. Ce qui donne Im(y) = 1 12 m2m+5m2m+5 On obtient une solution particuliÈre de l’Équation initiale ensuperposantyetIm(y), ce qui donne 0 1 y+ Im(y). 0 1 On obtient les solutions gÉnÉrales en ajoutant la solutiony+Im(y) aux solutions de l’Équation homogÈne, 0 1 ce qui donne : 2 x1 x – Sim= 1,y(x) = (a+bx+ )e+ cos(x) , aveca, bR. 2 2   (m1) sin(x) + 2 cos(x) 1 x – Sim >1,y(x) = +ecos(ωx) +bsin(ωx, avec) + a, bRetω=m1. 2 m2m+ 5m1 x (m1) sin(x) + 2 cos(x)e λ1xλ2x Sim <1y(x+ +) = ae+beaveca, bRetλ= 11metλ= 1 2 2 m2m+ 5m1 1 + 1m. Partie II
0 Q1)C’est une Équation diÉrentielle linÉaire d’ordre 1, et le coecient de Z ne s’annule pas sur ]0; +[. 01 ln(x) = Z L’Équation homogÈne est : Z :et ses solutions sont les fonctions Z x7→λe=λxavecλR. H x 3 x On remarque qu’une solution particuliÈre estZ= . Les solutions sur ]0; +[ sont donc les fonctions : 0 2
3 x Z :x7→+λxavecλR 2
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0 0 0 00 0 00 Q2)En posant Z =xyy=, on a Z y+xyy=xy. par consÉquent :
03 200 03 xZZ =x⇐⇒x y(xyy) =x 200 03 ⇐⇒x yxy+y=x
3 03x Q3)+On sait que sur ]0; [,xZZ =x⇐⇒+Z = λx, on est donc amenÉ á rÉsoudre l’Équation : 2 3 x 0 xyy= +λx= Z(x) 2 0 C’est une Équation diÉrentielle linÉaire d’ordre 1, le coecient deyne s’annule pas sur ]0; +[. On connaït les solutions de l’Équation homogÈne :y(x) =µxavecµR. H On cherche une solution particuliÈre de la formey=βϕavecβune fonction dÉrivable etϕ(x) =x 1 (mÉthode de la variation de la constante). En remplaÇant dans l’Équation, on obtient :
Q1)
Q2)
Z(x)x1 0 β+= = λ xϕ(x) 2x
2 3 x x on peut donc prendreβ(x+) = λln(x) et doncy(x+) = λxln(x). 1 4 4 200 03 Les solutions sur ]0; +[ de l’Équationx yxy+y=xsont les fonctions :
3 x y:x7→+λxln(x) +µx+ avecλ,µR 4
Exercice 2
2ikπ2iπ a)Les ÉlÉments deUsont lesncomplexesexpavec( ) kentier entre 0 etn1. Posonsu=exp( ), n n n la somme demandÉe est la somme des termes d’un suite gÉomÉtrique de raisonu,1, elle vaut :
n1 Xn 1u k n S =u= = 0 caru= 1 1u k=1
b)On sait dÉjá que la multiplication des complexes est associative, commutative, et que chaque 0 0n n0n0 complexe non nul a un inverse. Sizetzsont dansUalors [zz] =z z= 1×1 = 1 donczzU: n n n la multiplicatione est interne dansU= 1 donc 1. D’autre part 1 U(ÉlÉment neutre de la n n   n 1 1 1 1 multiplication). SizUalorsz=est non nul et n= = 1 doncU, par consÉquent : n n z z1z
(U,×) est bien un groupe commutatif n
1 1 10 a)Sizest un complexe de module 1 alorszz= 1 et donczOn en dÉduit que= . u= =ucar z u 10 11 4 1 7 9 1 2 5 1 6 3 1 8 u×u=u= 1, de mmeu=4=u,u=9=u,u=5=uetu=3=u. Ainsi, on voit u u u u que S = T. 2π8π18π10π6π b)La partie imaginaire deSestIm(S) =sin+( ) sin( ) +sin( ) +sin+( ) sin( ), ces sinus 11 11 11 11 11 18π7π π6π7π7π6π6π sont positifs saufsin=( ) sinor( ), < < <πdoncsin( )<sin( ) et doncsin( )11 11 2 11 11 11 11 11 7π sin( )>0 ce qui entraïne Im(S)>0. 11 c) S+Test la somme des racines 11-iÈmes de l’unitÉ sauf 1, par consÉquentS+T=1. Il faut ensuite dÉvelopperS×Tce qui donne 5 + 2(S+T) = 52 = 3. On voit donc queSetTsont les racines de 21±i11 l’Équation du second degrÉx+x+ 3 = 0 ; or les racines de cette Équation sont , comme la 2 partie imaginaire de S est positive, on a :
√ √ 1+i111i11 S = et T = 2 2
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Q1)
isin(3π/11) exp(3iπ/11)exp(3iπ/11) 3π d)itan( ) = = , en multipliant numÉrateur et dÉnominateur par 11 cos(3π/11) exp(3iπ/11)+exp(3iπ/11) exp(6iπ/11)1 exp(3iπ/, c’est á dire :11) on obtient exp(6iπ/11)+1
3 3πu1 i=tan( ) 3 11u+1
3k3 La suite ((uest gÉomÉtrique de raison) ) u,1 donc :
10 X33 3 30 u+u×u1u3π 3k (u= =) = itan( ) 3 3 1 +u u11+ 1 k=1
2π1 10 4i= 2[exp(2sin( ) iπ/11)exp(2iπ/11)] = 2[u] = 2(uu). 11u 11 e) En tenant compte de la relationu= 1, on a :
10 X 3k3 6 9 4 7 10 2 5 8 (u) =uu+uu+uu+uu+uu k=1
3π2π3 6 9 4 7 10 2 5 8 doncitan( ) + 4isin=( ) uu+u+u+uuuu+uu=STet par consÉquent : 11 11
3π2π tan( ) + 4 sin( ) =i(TS) = 11 11 11
a) DÉfnition de la fonction arctan :
arctan :
R
x
7→
Exercice 3
π π ]; [ 2 2 π π y]; [ 2 2 arctan(x) =ytel que tan(y) =x
01 Cette fonction est dÉrivable surRet pour toutx, arctan (x) =2. 1+x
x
−∞
arctan π 2
0
0
+π 2
π 2
C tan
π 2
π 2
.
π 2
C arctan
π π b)Soitxun rÉel etX=arctan(x), alorsX]; [ ettan(X) =tan(arctan(x)) =x, doncX= 2 2 arctan(x), c’est á dire :
arctan(x) =arctan(x) : la fonction arctan est impaire.
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Q2)
cos(arctan(x)) π π1 1 c)Soitx >0 etX=arctan(x), alorsX]0; [ ettan(X) = = = , donc 2 2 sin(arctan(x)) tan(arctan(x))x 1 X = arctan( ) c’est á dire : x
1π arctan(x) + arctan( ) = x2
a)La fonctionarctanest dÉfinie surR, la fonctionfest donc dÉfinie pourxtel que 1ax,0, c’est á a dire :
n o 1 D=R\ f aa
ax)a+x) f(x) =arctan( )arctan(x) =arctan+( ) arctan(x) =f(x) car la fonctionarctanest a a 1ax1ax impaire.   02 a+x1+a b) =2, d’oÙ : 1ax(1ax)
2 1+a   0 2 a+x(1ax) arctan( ) = a+x 2 1ax)1 + ( 1ax 2 2 1 +a1 +a = = 2 2 2 2 2 2 (1ax) + (a+x)a+x+ 1 +a x 2 1 +a = 2 2 (1 +a)(1 +x) 1 = 2 1 +x
par consÉquent la dÉrivÉe defest nulle, on en dÉduit quefest constante sur tout intervalle inclus a a dans son ensemble de dÉfinition. 1 1a+x c) i)Pourx <on peut trouver la constante en prenant la limite en á gauche,lim= +car a a1ax 1 xa 1π1 a+>0, et la limite en +dearctanvaut , on en dÉduit que la limite defgaucheen á a a2a π1 1 vautarctan=( ) arctan(a) d’aprÈs la question Q1). Donc pourx <on af(x) =arctan(a) et a 2a a donc :   1a+x x <, arctan(a) + arctan(x) = arctan a1ax
1 1a+x ii)Pourx >á droite,on peut trouver la constante en prenant la limite en lim=−∞ a a+1ax 1 xa 1π1 cara+>0, et la limite en−∞dearctanvaut, on en dÉduit que la limite defen a a2a π1 1 á gauche vaut− −arctan( ) =arctan(a)πd’aprÈs la question Q1). Donc pourx >on a 2a a f(x) = arctan(a)πet donc : a
  1a+x x >, arctan(a) + arctan(x) =π+ arctan a1ax
d) Poura <0 on applique ce qui prÉcÈde áaetx:   1 1ax i) Six <alorsx >ce qui donne arctan(a) + arctan(x) =π, donc :+ arctan aa1ax
  1a+x x <, arctan(a) + arctan(x) = arctanπ a1ax
  1 1ax ii) Six >alorsx <ce qui donne arctan(a) + arctan(x) = arctan , donc : aa1ax
  1a+x x >, arctan(a) + arctan(x) = arctan a1ax
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