CAPES INTERNE CORRIGE

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
CAPES INTERNE 2007 CORRIGE Problème 1 Partie I Majorations, minorations, encadrements 1. c(0) = 0, s(0) = 0. c(1) = 12 [e1 + e?1] = 2.718 + 03672 = 1, 54 s(1) = 12 [e1 + e?1] = 2, 718? 0, 3672 = 1, 17 à 10 ?2 près. 2. c(?x) = e ?x + ex 2 = c(x) s(?x) = e ?x ? ex 2 = s(x). 3.1. [c(x)]2 ? [s(x)]2 = [c(x) + s(x)] [c(x)? s(x)] = ex ? e?x = 1 0 6 s2(x) = [c(x)]2 ? 1 = [c(x)? 1]? [c(x) + 1]. On sait que c(x) + 1 > 0, donc c(x) > 1. 3.2. Pour x > 0, on a ex > e?x, d'où s(x) > 0. Donc c(x)? s(x) = 1c(x) + s(x) > 0.

• axe des abscisses


• question précédente


• validité de la relation


• proche en proche


• inégalités demandées


• nvn ?

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Extrait

CAPES INTERNE 2007 CORRIGE

ProblÈme 1

Partie I Majorations, minorations, encadrements 1.c(0) = 0,s(0) = 0. £ ¤ 1 2.718 + 0367 1−1 c(1) =e+e= = 1,54 2 2 £ ¤ 1 2,718−0,367 1−1−2 s(1) =e+e1= = ,17À10prÈs. 2 2 −x x e+e 2.c(−x) = =c(x) 2 −x x e−e s(−x) = =s(x). 2

2 2 x−x 3.1.[c(x)]−[s(x[)] = c(x) +s(x)] [c(x)−s(x)] =e×e= 1 2 2 06s(x) = [c(x)]−1 = [c(x)−1]×[c(x) + 1]. On sait quec(x) + 1>0, doncc(x)>1.

x−x 3.2.Pourx>0, on ae>e, d’oÙs(x)>0. 1 Doncc(x)−s(x) =>0. c(x) +s(x) 4.1.Ces fonctions sont des combinaisons linÉaires de fonctions dÉrivables, donc elles sont dÉrivables. ¡ ¢ ¡ ¢ 1 1 0x−x0x−x c(x) =e−e=s(x) ;s(x) =e+e=c(x)>0. 2 2 4.2.

1

2

4.3.

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0 5.1.(s(x)−x) =c(x)−1>0 d’oÙ, pourx>0,s(x)−x>s(0)−0 = 0. µ ¶ 0 2 x 5.2.c(x)− −1 =s(x)−x>0, pourx>0 2 2 x0 donc, pourx>0:c(x)− −1>c(0)− −1 = 0, 2 2 µ ¶ 0 3 2 x x s(x)− −x=c(x)− −1>0 6 2

3 x donc, pourx>0:s(x)− −x>s(0)−0 = 0. 6 0 6.1.[2x−s(x)] = 2−c(x)>0pour toutx∈[0,1], d’oÙ, pourx∈[0,1]:2x−s(x)>0−s(0) = 0. £ ¤ 0 2 Toujours pourx∈[0,1]:1 +x−c(x2) = x−s(x)>0. 2 Donc1 +x−c(x)>1 + 0−c(0) = 0.

3 x 6.2.En appliquant l’inÉgalitÉ prÉcÉdente À la dÉrivÉe de la fonctionx+−s(x), 3 3 x on obtientx+>s(x), 3 2 4 x x d’oÙ l’on dÉduit par la mme mÉthode :1 + +>c(x)(x∈[0,1]). 2 12 2 x 6.3.D’aprÈs5.2., on peut Écrire1 +6c(x) (x>0). 2 2 4 x x D’aprÈs6.2., on peut Écrirec(x)6+ (1 + x∈[0,1]). 2 12 D’oÙ les inÉgalitÉs demandÉes :

2 2 4 2 x x x x1 1 +6c(x)61 + +6+1 + 2 2 12 2 12 pourx∈[0,1]. De6.1.et6.2., on dÉduit, comme dans les questions prÉcÉdentes, pour

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x∈[0,1]:

3 3 5 3 x x x x1 x+6s(x)6x+ +6x+ +. 6 6 60 6 60

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Partie II Vers une approximation de la fonctioncpar des fonctions polynÔmes

1.Posantu(t) =x−tetv(t) =s(t), on obtient Z Z x h i x t=x (x−t)c(t)dt= (x−t)s(t)−(−1)×s(t)dt=c(x)−c(0). t=0 0 0

3 (x−t) Prenant maintenantu(t) =etv(t) =s(t), on obtient 6 Z Z x 3 x 2 (x−t) (x−t) c(t)dt=− −s(t)dt 6 2 0 0

2 (x−t) et avec le choixu(t) =,v(t) =c(t) 2 Z Z x 2 2 x 2 (x−t)x x s(t)dt=−c(0)− −(x−t)c(t)dt=−+c(x)−1. 2 2 2 0 0

2.La relation recherchÉe vient d’tre obtenue pourn= 1. Soit maintenantnun entier pour lequel cette relation a lieu. 2n+3 (x−t) Posantu(t) =,v(t) =s(t), on a (2n+ 3)! Z Z x 2n+3 x 2n+2 (x−t) (x−t) c(t)dt=− −s(t)dt (2n+ 3)! (2n+ 2)! 0 0

2n+2 (x−t) et, posantu(t) =,v(t) =c(t), il vient (2n+ 2)! Z Z x 2n+2 2n+2 x 2n+1 (x−t)x(x−t) s(t)dt=−c(0)− −c(t)dt (2n(2+ 2)! n+ 2)! (2n+ 1)! 0 0 n+1 X 2k x =c(x)−1− (2k)! 1 La relation a donc encore lieu pour l’entiern+ 1. De proche en proche, la validitÉ de la relation passe de 1 À tout entier>1.

3.Sur l’intervalle[0, a], la fonctionc(t)est croissante. D’oÙ, sachant que 2n+1 (a−t)>0sur cet intervalle, on a :

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Z Z Z a 2n+1 a 2n+1 a 2n+1 (a−t) (a−t) (a−t) c(t)dt6c(a)dt=c(a)dt (2n+ 1)! (2n+ 1)! (2n+ 1)! 0 0 0 2n+2 a =c(a) (2n+ 2)!

2 √ v n+1 a1 4.1.=6, dÈs que2n+ 1>a2. v n (2n+ 1)(2n2+ 2) √ a2−1v n+1 1 SiNest un entier>et sin>N, alors6. 2v n 2 µ ¶ k µ ¶ n−N 1 1 1 4.2.v n 6v n−1 6∙ ∙ ∙6v n−k 6∙ ∙ ∙6v N car tous les entiers 2 2 2 Écrits en indice sont>N.

1 n N 4.3.On sait quelim 2 = +∞, d’oÙ l’on dÉduitlim 2v N ×= 0, et de n n→∞n→∞ 2 1 N 06v n 62v N ×, il dÉcoule finalementlimv n = 0. n n→∞ 2

2n+2 a 5.06u n −c(a)6c(a) =c(a)v n+1 qui tend vers 0 lorsquentend (2n+ 2)! vers+∞. Donclimu n =c(a). n→+∞

Partie III

Les fonctionscetset l’hyperbole

√ 2 2 2 1.Soitx>0. Les relationsx−y= 1ety=±x−1sont Équivalentes. Si √ 2 de surcroïty>0, l’Équivalence a bien lieu avecy=x−1.

p 1 2 2.x−x−1 = √ 2 x+x−1

;

³ p ´ 2 limx−x−1 = 0. x→+∞

+ 3.La partie deHformÉe par les points d’abscisse >0 est la rÉunion deHet + de la symÉtrique deHpar rapport À l’axe des abscisses. On complÈte ensuiteHpar symÉtrie par rapport À l’axe des ordonnÉes.

4.Les symÉtrie permettent de tracer une autre asymptote d’Équationy=−x.

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Z x p p 2 2 5.1.A(x) = 2x x−1−4t−1dt " # 1 √ 2 x x−1 A(x) = 4−F(x4) = g(x). 2 5.2.On peut rÉsoudre la question directement en montrant que le coefficient directeur de la droite(OM)est fonction croissante dex. Mais il est plus simple de calculer " # √ 2 2 √ x−1x 0 0 2 A(x) = 4g(x)= 4 + √ − x−1 2 2 2 x−1 · ¸ 2 2 2 x−1 +x−2(x−1) 2 = 4 √ = √ >0. 2 2 2x−1x−1 AinsiA(x)est strictement croissante sur]1,+∞[donc aussi sur[1,+∞[.

1 1 0 5.3.g(x) = √ >. 2 2x− 1 2x Z Z x x dt1 0 5.4.g(x) =g(t)dt>= lnx. D’oÙlimg(x) = +∞. 2t2 x→∞ 0 0 Lorsquexcroït strictement de 1 À+∞,A(x)croït strictement de 0 À+∞, donc atteint une fois et une seule la valeur2a>0(thÉorÈme des valeurs inter- mÉdiaires). −→ −→ −→ −→ 2 2 −→ ||i||+||j|| −2ji . −→ 2 2 6.1.||I||1= = , et de mme||J||= 1 2 −→−→−→−→−→−→ 2 2 −→−→ (i−j).(i+j)||1|| − ||j|| I .J= = = 0. 2 2 −→−→−→−→ −→−→ i−j i+j X+Y− →− X+Y −→ −→ −→ 6.2.X I+Y J=X √ +Y √ = √ i+ √ j=x i+y j . 2 2 2 2 Y+Y−X+Y D’oÙx= √ y= √ . 2 2 £ ¤ 1 2 2 2 2 6.3.x−y= (X+Y)−(Y−X2) = XY 2 1 2 2 x−y= 1⇔Y=. 2X

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7.1. ½ X+Y −X+Y 7.2.

= =

√ 2 0

1 ⇔X=Y= √ 2

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−→−→ 7.3.Le pointMayant dans le repÈre(ji , )les coordonnÉes p →−→− 2 c(a)−1 =s(a)a dans le repÈre(I , J)les coordonnÉes

c(a)

et

c(a)−s(a)c(a) +s(a) X a = √ etY a = √ . 2 2 −→−→ 0 De mme,Mde coordonnÉesc(a)et−s(a)dans le repÈre(ji , )a les coor- −→−→ donnÉesY a etX a dans le repÈre(I , J). " # Z Z Z X a Y a Y a Y a dX X a On a alorsA(c(a)) = 2 dX+−dX . X2X Y 0 a X a 0 a Les deux intÉgrales Écrites aux extrÉmitÉs dans le crochet sont Égales À l’aire 0 0 des triangles isomÉtriquesOHMetM H O. a Y a e DoncA(c(a= ln = 2)) = ln a. −a X a e −→−→ 7.4.Le point de coordonnÉesc(a), s(a)sans le repÈre(i , j)donne la rÉponse cherchÉe.

ProblÈme 2

Partie I CaractÉrisation de l’intÉrieur d’un triangle −−→−→−−→−→−→−→−→−→−→−→ 1.HM=HB+BM=HB+XBC+Y BA=HB+XBC+Y BH+Y HA −−→−→−→−→ −→−→ HM= (Y−1)BH+XBC+Y HA=Z u+Y.HA v, pour unZ∈R, mais −−→ −→−→ HM=x u+y v, d’oÙy=Y.HA,yetYsont strictement de mme signe.

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2.SoitMbarycentre du systÈme pondÉrÉ(A, α);(B, β);(C, γ),

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−→−→ −−→ αBA+γBC BM= α+β+γ ³ ´ α −→−→ . est l’ordonnÉe deMdans le repÈreB;BC, BA. On a vu que α+β+γ cette ordonnÉe est strictement positive si et seulement siMappartient au demi- plan ouvert limitÉ par(BC)et contenantA. β γ On raisonne de mme avec et et l’on obtient queMest α+β+γ α+β+γ intÉrieur ÀABCsi et seulement si les trois coefficientsα, β, γsont strictement de mme signe queα+β+γ.

Partie II

Position du centre du cercle inscrit d’un triangleABCnon aplati −−→→ −→ −→ AB AC −→ AC AB −→−→−→−→ 1.1.On posew=etv=et on dÉfinitU=v+w= +. AB AC β γ −→ 1 1 Uest un vecteur directeur de la droiteΔ A et danset a pour coordonnÉes γ β ³ ´ −→→− le repÈreA;AB, AC. Le pointM, de coordonnÉesxetydans ce repÈre, x y x appartient ÀΔ A si et seulement si=, c’est-À-direy=γ. 1 1 β γ β 1.2.La droite d’Équationx+y= 1contientBetC.

γx 0 1.3.D’oÙ, pour le pointA:y= 1−x=, β=x(β+γ)et finalement β β γ x A =,y A =. 0 0 β+γ β+γ −→ β −→ γ −→ 0 2.1.On vient de trouverAA=AB+AC, on peut donc poser β+γ β+γ λ=βetµ=γ.

2.2.Le barycentre du systÈme pondÉrÉ(A, α) (B, β) (C, γ)est aussi le bary- 0 centre du systÈme(A, α) (βA , +γ). Ce point appartient donc ÀΔ A et l’on dÉmontrerait de mme qu’il appartient ÀΔ B etΔ C . Il s’agit donc deω.

2.3.Les coefficientsα, β, γÉtant >0,ωest intÉrieur au triangle.