1, 2, 3. . . Sciences Ann´ee acad´emique 2017-2018

(1)

1, 2, 3. . . Sciences

Ann´ ee acad´ emique 2017-2018

Questionnaire et Corrig´ e

Examen de math´ ematiques g´ en´ erales B du 16 aoˆ ut 2018 Chimistes et physiciens (bloc 1)

G´ eologues, g´ eographes et biologistes (bloc2)

Version 17 aoˆut 2018

(2)

QUESTIONNAIRE

1. On donne explicitement la fonctionf parf(x, y) = arcsin(xy).

(a) Déterminer le domaine de dérivabilité de cette fonction.

(b) Dans un repère orthonormé, représenter celui-ci en le hachurant.

(c) Calculer les expresionsDxf(x, y) et Dyf(x, y).

(d) Déterminer l’expression explicite de la fonctionF : t7→F(t) =f(2 cos(t),sin(t)), son domaine de dérivabilité et l’expression explicite de sa dérivée en tout point de son domaine.

2. On donne la fonctionf par

f(x) =xarctg(x).

(a) En d´eterminer les approximations polynomiales `a l’ordre 0, 1 et 2 en 0.

(b) Donner une expression explicite du reste de l’approximation `a l’ordre 2.

(c) Dans un même repère orthonormé, représenter ces approximations ; représenter aussif au voisinage de 0 en tenant compte du point précédent.

3. On donne

I= Z +∞

0

Z +∞

√x

ye^−y² x+y² dy

! dx.

(a) Représenter l’ensemble d’intégration dans un repère orthonormé.

(b) Si possible, calculer la valeur deI en justifiant vos d´emarche et r´eponse.

4. On donne la partie du plan hachur´ee ci-contre, not´ee A, et la fonction f : (x, y) 7→ cos x²+y²

. Si c’est possible, calculer

I= Z Z

A

f(x, y)dx dy.

X Y

1 2

−1

−2 1 2

A

5. Soit la matrice

A=





4 0 0

1 1 1

2 −1 α



, α∈R.

(a) Pour quelle(s) valeur(s) deαla matriceAest-elle inversible ? Calculer A⁻¹

31 dans ce cas.

(b) Montrer queAadmet toujours une mˆeme valeur propre quel que soitα. Quelle est cette valeur propre ? Justifier.

(c) Pourα= ¹³₃, d´eterminer les valeurs propres et les vecteurs propres deA. Justifier.

(d) Montrer que siα∈R\ {−1,¹³₃,3}, alorsAest diagonalisable. Justifier.

(3)

6. (PAS pour les biologistes)

(a) La s´erie suivante est-elle convergente ? Justifier.

+∞

X

m=0

(−1)^m msin(mx) m³+ 2

(b) La s´erie suivante est-elle convergente ? Si oui, en d´eterminer la somme.

+∞

X

j=4

[ln(π)]^j−2 (j−3)!

7. (PAS pour les biologistes) Des hamsters sont plac´es dans 3 compartiments A, B, C qui communiquent tous l’un avec l’autre. On observe que, de minute en minute, les hamsters migrent selon le sch´ema suivant :

- un hamster du compartimentAa 60 % de chance d’y rester, 30 % de chance de passer dans leB et 10 % de chance de passer dans leC;

- un hamster du compartimentB a 50 % de chance d’y rester, 20 % de chance de passer dans leA et 30 % de chance de passer dans leC;

- un hamster du compartimentCa 40 % de chance d’y rester, 30 % de chance de passer dans le A et 30 % de chance de passer dans leB.

(a) D´eterminer la matrice de transition.

(b) Sachant que cette matrice est régulière, calculer la probabilité qu’un hamster, initialement placé dans le compartimentA, soit dans le compartimentC après 2 minutes.

8. (UNIQUEMENT pour les physiciens)

(a) Dans un repère orthonormé du plan, on donne le cercle d’équation cartésienne (x−1)²+y²= 4.

On noteC la partie de ce cercle située dans le premier quadrant etS la surface délimitée parC et les axes de coordonnées.

1) Représenter la courbeC et la surfaceS dans un repère orthonormé.

2) Calculer les int´egrales suivantes (1)

Z

C

y ds (2)

Z

C

y dy (3)

Z Z

S

dσ

3) Pour chacune des int´egrales (1) et (2), obtient-on la mˆeme valeur quelle que soit l’orientation deC?

4) Quel renseignement surS donne l’int´egrale (3) ?

(b) Déterminer explicitement la solutionf de l’équation différentielle cos(x)Df(x)−sin(x)f(x) + sin(x) = 0

satisfaisant la conditionf(0) = 1. Pr´eciser le plus grand intervalle sur lequel elle est valable.

(4)

CORRIG ´E

Exercices

1. On donne explicitement la fonction f par f(x, y) = arcsin(xy).

(a) Déterminer le domaine de dérivabilité de cette fonction.

Solution.La fonctionf est infiniment d´erivable sur l’ensembleAd´ecrit par A=

(x, y)∈R²:xy∈]−1,1[ =

(x, y)∈R²:−1< xy <1 . (b) Dans un repère orthonormé, représenter celui-ci en le hachurant.

Solution. Voici la représentation graphique de cet ensemble A (partie hachurée) : les points des hyperboles d’équations cartésiennes xy = 1 etxy = −1 sont exclus de l’ensemble.

X Y

1 1

xy= 1

xy= 1 xy=−1

xy=−1

(c) Calculer les expresions Dxf(x, y) etDyf(x, y).

Solution.En un point deA, on a

Dxf(x, y) =Dx(arcsin(xy)) = y p1−(xy)² et

D_yf(x, y) =D_x(arcsin(xy)) = x p1−(xy)² .

(d) Déterminer l’expression explicite de la fonctionF : t7→F(t) =f(2 cos(t),sin(t)), son domaine de dérivabilité et l’expression explicite de sa dérivée en tout point de son domaine.

Solution.L’expression explicite de la fonctionF :t7→F(t) =f(2 cos(t),sin(t)) est donn´ee par F(t) = arcsin(2 cos(t) sin(t)) = arcsin(sin(2t)).

La fonctionF est d´erivable sur

{t∈R: sin(2t)∈]−1,1[}=R\ π

4 +kπ

2 : k∈Z

(5)

et on y a

DF(t) = 2 cos(2t) q

1−sin²(2t)

= 2 cos(2t)

|cos(2t)| . 2. On donne la fonctionf par

f(x) =xarctg(x).

(a) En d´eterminer les approximations polynomiales `a l’ordre 0, 1 et 2 en 0.

Solution.La fonction est infiniment dérivable sur R. Dès lors, les approximations demandées sont envisageables. En dérivant, on a successivement

Df(x) = arctg(x) + x 1 +x², D²f(x) = 1

1 +x² + 1 +x²

−2x²

(1 +x²)² = 2 (1 +x²)².

Commef(0) = 0, Df(0) = 0 et D²f(0) = 2, si on noteP_n(x) l’approximation polynomiale def `a l’ordrenen 0, on a

P0(x) =f(0) = 0 , P1(x) =f(0) +Df(0)x= 0 et P2(x) =P1(x) +D²f(0)

2! x²=x², x∈R.

(b) Donner une expression explicite du reste de l’approximation `a l’ordre 2.

Solution. Si on noteR2 le reste de l’approximation polynomiale de f `a l’ordre 2 en 0, alors pour toutx∈R, il existeustrictement compris entre 0 etxtel que

R₂(x) =D³f(u)x³

3! = −8y (1 +y²)³

_y=u

x³

3! = −4u 3 (1 +u²)³x³.

(c) Dans un même repère orthonormé, représenter ces approximations ; représenter aussi f au voisinage de 0 en tenant compte du point précédent.

Solution.CommeR₂(x)≤0∀x∈]− ∞,0] et R₂(x)≤0 ∀x∈[0,+∞[, le graphique def est situé en dessous de celui deP₂ à gauche et à droite de 0.

Voici la repr´esentation graphique de P₀, P₁,P₂et f au voisinage de 0.

P0(x) =P1(x) = 0 X

Y

1 1

f(x)

P0(x) =P1(x) = 0

P2(x)

(6)

3. On donne

I= Z +∞

0

Z +∞

√x

ye^−y² x+y² dy

! dx.

(a) Représenter l’ensemble d’intégration dans un repère orthonormé.

Solution.Voici la représentation graphique (partie hachurée) de l’ensemble d’intégrationA.

X Y

1

1 y=√

x

(b) Si possible, calculer la valeur de I en justifiant vos d´emarche et r´eponse.

Solution. La fonction f : (x, y)7→ ye^−y²

x+y² est continue sur {(x, y) ∈ R² : y² 6= −x} donc sur A={(x, y)∈R²:x∈]0,+∞[, y∈[√

x,+∞[}, ensemble non born´e ferm´e.

Afin de montrer l’intégrabilité def surA, permutons l’ordre d’intégration et considérons I⁰=

Z +∞

0

Z y² 0

ye^−y² x+y² dx

! dy.

Etudions l’int´egrabilit´e def surAsachant quef est positif surA.

Pour y fix´e dans ]0,+∞[, la fonction g :x7→

ye^−y² x+y²

= ye^−y²

x+y² est continue sur le fermé borné [0, y² ]. Elle y est donc intégrable et on a

Z y² 0

ye^−y²

x+y² dx=ye^−y²

ln x+y²^y²

0 = ln(2)ye^−y².

Considéronsh:y7→ln(2)ye^−y², fonction continue sur l’intervalle fermé non borné [0,+∞[. Comme la limite

y→+∞lim y²h(y) = ln(2) lim

y→+∞y³e^−y² = 0

existe et est finie puisque l’exponentielle l’emporte sur toute puissance antagoniste, le critère enθ (θ= 2>1) stipule quehest intégrable en +∞. Cette fonction est donc intégrable sur [0,+∞[ et dès lorsf est intégrable surA.

Ainsi, puisque la fonctionf est positive et int´egrable surA, on a I=I⁰=

Z +∞

0

Z y² 0

ye^−y² x+y² dx

! dy=

Z +∞

0

ln(2)ye^−y² dy= ln(2)

−1 2e^−y²

+∞

0

= ln(2) 2 .

(7)

4. On donne la partie du plan hachur´ee ci-contre, not´ee A, et la fonction f : (x, y) 7→ cos x²+y²

. Si c’est possible, calculer

I= Z Z

A

f(x, y) dx dy.

X Y

1 2

−1

−2 1 2

A

Solution. La fonction f : (x, y) 7→ cos x²+y²

est continue sur R², donc sur l’ensemble fermé bornéAconsidéré. Elle est donc intégrable surA.

Pour calculer cette intégrale, effectuons un changement de variables en coordonnées polaires : l’en- sembleAest décrit par

A⁰=n

(r, θ) :r∈ [0,2], θ∈hπ 4,π

2 io

et l’int´egrale devient I =

Z 2 0

Z ^π₂

π 4

cos(r²)r dθ

!

dr= π 4

Z 2 0

cos(r²)r dr= π 4

1 2sin(r²)

2 0

= πsin(4)

8 .

5. Soit la matrice

A=





4 0 0

1 1 1

2 −1 α



, α∈R.

(a) Pour quelle(s) valeur(s) deαla matriceAest-elle inversible ? Calculer A⁻¹

31 dans ce cas.

Solution.La matriceAest inversible si et seulement si son déterminant n’est pas nul. En appliquant la définition du déterminant, on a

det(A) = det





4 0 0

1 1 1

2 −1 α





= 4 (−1)²det

1 1

−1 α

= 4(α+ 1)

D`es lors, la matriceAest inversible si et seulement siα6=−1.

Dans ce cas, l’élément (A⁻¹)31peut être calculé et vaut (A⁻¹)31 = 1

4(α+ 1) ( ˜A)31

= 1

4(α+ 1) (A)13

= 1

4(α+ 1) (−1)⁴det

1 1 2 −1

= −3

4(α+ 1)

(8)

(b) Montrer queAadmet toujours une mˆeme valeur propre quel que soitα. Quelle est cette valeur propre ? Justifier.

Solution.Les valeurs propres deA sont les solutions de

det





4−λ 0 0

1 1−λ 1

2 −1 α−λ



= 0 qui est une ´equation polynomiale (de degr´e 3) en l’inconnueλ.

Par d´efinition du d´eterminant, on a

det





4−λ 0 0

1 1−λ 1

2 −1 α−λ



 = (4−λ) det

1−λ 1

−1 α−λ

= (4−λ) λ²−(α+ 1)λ+α+ 1 .

Comme le polynˆome caract´eristique s’annule en 4 quel que soit α, on conclut que la matrice A admet la valeur propre 4 quel que soit la valeur deα.

(c) Pour α= ¹³₃, d´eterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de A. Justifier.

Solution.Dans le cas oùα= ¹³₃, le polynôme carcatéristique de Adevient (4−λ)

λ²−16 3 λ+16

3

= (4−λ)1

3 3λ²−16λ+ 16

et, comme ∆ = 16²−4.3.16 = 4.16 = 8², le polynˆome 3λ²−16λ+ 16 s’annule en 4 et en ⁴₃. Par cons´equent, les valeurs propres deAsont dans ce cas 4 (double) et ⁴₃ (simple).

Recherchons tout d’abord les vecteurs propres relatifs `a la valeur propre double 4 : ceux-ci sont les vecteurs non nulsX =



 x y z



tels que

(A−4I)X= 0⇔





0 0 0

1 −3 1 2 −1 ¹₃







 x y z



=



 0 0 0





⇔

x−3y+z= 0 2x+−y+¹₃z= 0 ⇔

x= 0 z= 3y . D`es lors, les vecteurs propres relatifs `a la valeur propre 4 sont les vecteurs

X =c



 0 1 3



 , c∈C0.

Recherchons à présent les vecteurs propres relatifs à la valeur propre simple ⁴₃ : ceux-ci sont les vecteurs non nulsX =



 x y z



tels que

A−4

3I

X= 0⇔





8

3 0 0

1 −¹₃ 1 2 −1 3







 x y z



=



 0 0 0





(9)

⇔







8 3x= 0

x+−¹₃y+z= 0 2x−y+ 3z= 0

⇔

x= 0 y= 3z . D`es lors, les vecteurs propres relatifs `a la valeur propre 4 sont les vecteurs

X =c⁰



 0 3 1



 , c⁰∈C⁰.

(d) Montrer que siα∈R\ {−1,¹³₃,3}, alorsA est diagonalisable. Justifier.

Solution. Le polynôme caractéristique de A s’annule en 4 et en les zéros du polynôme Q(λ) = λ²−(α+ 1)λ+α+ 1 dont le delta vaut

∆ = (α+ 1)²−4(α+ 1) = (α+ 1)(α−3).

Comme α6=−1 etα6= 3, ce dernier est non nul et le polynômeQ possède donc nécessairement deux zéros distincts.

Ainsi, s’ils sont tous les deux différents de 4, la matriceA possède trois valeurs propres différentes et est par conséquent diagonalisable.

Comme 4 est une valeur propre de multiplicité supérieure à 1 si, et seulement si, le polynômeQ s’annule en 4 et que

Q(4) = 0⇔16−4(α+ 1) +α+ 1 = 0⇔α= 13 3 .

on conclut que, pour tout α ∈ R\ {−1,¹³₃,3}, la matrice A ne poss`ede que des valeurs propres simples (elles sont toutes diff´erentes) et est donc diagonalisable.

(a) La s´erie suivante est-elle convergente ? Justifier.

+∞

X

m=0

(−1)^m msin(mx) m³+ 2

Solution.On a

(−1)^m msin(mx) m³+ 2

= m|sin(mx)|

m³+ 2 ≤ m

m³+ 2 ≤ m m³ = 1

m² quel que soit le naturelm≥1.

Comme la série de Riemann de terme général 1

m² converge, vu le critère de comparaison, on en déduit que la série donnée converge également.

(b) La s´erie suivante est-elle convergente ? Si oui, en d´eterminer la somme.

+∞

X

j=4

[ln(π)]^j−2 (j−3)!

Solution.La s´erie

+∞

X

j=4

[ln(π)]^j−2

(j−3)! = ln(π)

+∞

X

j=4

[ln(π)]^j−3

(j−3)! = ln(π)

+∞

X

k=1

[ln(π)]^k k!

est une s´erie de type exponentielle. Cette s´erie est donc convergente et sa somme vaut ln(π)

+∞

X

k=1

[ln(π)]^k

k! = ln(π)

+∞

X

k=0

[ln(π)]^k k! −1

!

= ln(π) (exp (ln(π))−1) = (π−1) ln(π).

(10)

Des hamsters sont plac´es dans 3 compartiments A, B, C qui communiquent tous l’un avec l’autre. On observe que, de minute en minute, les hamsters migrent selon le sch´ema suivant :

- un hamster du compartimentAa 60%de chance d’y rester, 30%de chance de passer dans leB et 10 % de chance de passer dans le C;

- un hamster du compartimentB a 50%de chance d’y rester, 20% de chance de passer dans leA et 30 % de chance de passer dans leC;

- un hamster du compartimentCa 40%de chance d’y rester, 30%de chance de passer dans leA et 30 % de chance de passer dans leB.

(a) D´eterminer la matrice de transition.

Solution. Soient A₀, B₀ et C₀ respectivement les probabilit´es qu’un hamster se trouve dans les compartiment A, B et C initialement et A₁, B₁ et C₁ respectivement la minute suivante. On a donc



 A1

B₁ C₁



=





60/100 20/100 30/100 30/100 50/100 30/100 10/100 30/100 40/100







 A0

B₀ C₀





et la matrice de tansitionT est T =





60/100 20/100 30/100 30/100 50/100 30/100 10/100 30/100 40/100



=





6/10 2/10 3/10 3/10 5/10 3/10 1/10 3/10 4/10



= 1 10





6 2 3 3 5 3 1 3 4



.

(b) Sachant que cette matrice est régulière, calculer la probabilité qu’un hamster, initialement placé dans le compartimentA, soit dans le compartimentC après 2 minutes.

Puisque la matrice de transition est régulière, les probabilités qu’un hamster, initialement placé dans le compartimentA, soit dans les compartimentsA,B etC après 2 minutes sont données par



 A2

B2

C2



=T²



 A0

B0

C0



= 1

10 ²





6 2 3 3 5 3 1 3 4









6 2 3 3 5 3 1 3 4







 1 0 0





= 1 100





45 31 36 36 40 36 19 29 28







 1 0 0



= 1 100



 45 36 19



 .

Ainsi, la probabilité qu’un hamster, initialement placé dans le compartimentA, soit dans le com- partimentC après 2 minutes est 19%.

8. (UNIQUEMENT pour les physiciens)

(a) Dans un repère orthonormé du plan, on donne le cercle d’équation cartésienne (x−1)²+y²= 4.

On noteCla partie de ce cercle située dans le premier quadrant etSla surface délimitée par C et les axes de coordonnées.

1) Représenter la courbeC et la surfaceS dans un repère orthonormé.

2) Calculer les int´egrales suivantes (1)

Z

C

y ds (2)

Z

C

y dy (3)

Z Z

S

dσ

3) Pour chacune des int´egrales (1) et (2), obtient-on la mˆeme valeur quelle que soit l’orientation deC?

4) Quel renseignement surS donne l’int´egrale (3) ? Solution.

(11)

1) L’équation cartésienne donnée est celle du cercle centré en (1,0) et de rayon 2. Ainsi, une représentation de la courbeC et de la surface S dans un repère orthonormé est

X Y

1 2 3

−1 1 2

−1

−2

C S

2) Pour trouver un paramétrage deC, intéressons-nous à l’angleθ (cf. figure ci-dessous) et à son supplémentaireα.

X Y

1 2 3

−1 1 2

−1

−2

θ α

1 2

α

Dans le triangle rectangle orange, on a

1 = 2 cos(α) ⇔ cos(α) = 1

2 ⇔ α= π

3 puisqueαest aigu, de sorte queθ=π−α= 2π

3 .

Un param´etrage (injectif) de la courbeC est alors donn´e par

~γ : t∈

0,2π 3

7→(2 cos(t) + 1, 2 sin(t)). Ce paramétrage est (infiniment) continûment dérivable : il vient que

D~γ(t) = (−2 sin(t), 2 cos(t))6=~0 ∀t∈

0,2π 3

,

ce qui montre qu’il est r´egulier, et kD~γ(t)k=

q

4 sin²(t) + 4 cos²(t) =√ 4 = 2.

Comme l’intégrant f : (x, y)7→y est continu sur la courbe C (qui est bornée fermée), les deux intégrale sur la courbe ont un sens et on a

(1) Z

C

y ds= Z ^2π₃

0

f(~γ(t))kD~γ(t)kdt

= Z ^2π₃

0

2 sin(t) 2dt= 4 [−cos(t)]₀^2π³ = 4 1

2 + 1

= 6 et

(12)

(2) Z

C

y dy= Z ^2π₃

0

f(~γ(t))D~γ2(t)dt

= Z ^2π₃

0

2 sin(t) 2 cos(t)dt= Z ^2π₃

0

2 sin(2t)dt= [−cos(2t)]

2π 3

0 = 1

2+ 1 = 3 2. De plus, comme l’intégrant f : (x, y, z) 7→ 1 est continu sur la surface S (bornée fermée), l’intégrale (3) a un sens. Un paramétrage (injectif) deS est donné par

φ~ : (t, u)∈

0,2π 3

×[0,1]7→(2 cos(t) + 1, 2usin(t), 0). Ce paramétrage est (infiniment) continûment dérivable : il vient que

D_tφ(t, u) = (−2 sin(t),~ 2ucos(t), 0) et D_uφ(t, u) = (0,~ 2 sin(t), 0) de sorte que

D_tφ(t, u)~ ∧D_uφ(t, u) = 0,~ 0,−4 sin²(t)

6=~0 ∀(t, u)∈

0,2π 3

×]0,1[

ce qui montre qu’il est r´egulier, et on a alors

(3) Z Z

S

dσ= Z 1

0

Z ^2π₃

0

kDtφ(t, u)~ ∧Duφ(t, u)k~ dtdu= 4 Z 1

0

Z ^2π₃

0

sin²(t)dtdu

= 2 Z 1

0

Z ^2π₃

0

(1−cos(2t)) dtdu= 2

t−sin(2t) 2

^2π₃

0

= 2 2π 3 +

√3 4

!

= 4π 3 +

√3 2 . 3) L’intégrale (1) est indépendante de l’orientation choisie, alors que l’intégrale (2) en dépend : elle

aurait la valeur opposée à celle trouvée ci-dessus si on considérait l’autre orientation.

4) L’int´egrale (3) repr´esente l’aire de la surfaceS.

(b) Déterminer explicitement la solutionf de l’équation différentielle

cos(x)Df(x)−sin(x)f(x) + sin(x) = 0

satisfaisant la condition f(0) = 1. Pr´eciser le plus grand intervalle sur lequel elle est valable.

Solution.Il s’agit d’une équation différentielle d’ordre 1, à second membre linéaire : elle se réécrit Df(x) =a(x)f(x) +b(x)

o`u a:x7→tg(x) etb:x7→ −tg(x) sont des fonctions continues surA=S

k∈Z

−^π₂ +kπ,^π₂ +kπ . D`es lors, l’´equation admet (au moins) une solution surAet, comme nous disposons d’une condition initiale en 0 ∈

−^π₂,^π₂

= I, nous pouvons en d´eterminer la solution unique sur l’intervalle I v´erifiant cette condition.

Nous avons

A(x) = Z

a(x)dx= Z

tg(x)dx' −ln|cos(x)|=−ln(cos(x)), x∈I et

P(x) = Z

b(x)e^−A(x)dx= Z

−tg(x) cos(x)dx= Z

−sin(x)dx'cos(x), x∈I.

(13)

Les solutions surI sont donc les fonctions de la forme

f(x) = (C+P(x))e^A(x)= (C+ cos(x)) 1

cos(x), x∈I,

oùCest une constante arbitraire. Commef(0) = 1, on en déduit queC= 0 et que, par conséquent, la solution cherchée est

f(x) = cos(x) 1

cos(x) = 1, x∈I= i

−π 2,π

2 h

.

Notons que la fonction constante 1 est en fait valable partout surR. R´esolution alternative

L’´equation donn´ee est exacte : en effet,

cos(x)Df(x)−sin(x)f(x) + sin(x) = 0 ⇔ D(cos(x)f(x)) +D(−cos(x)) = 0

⇔ D(cos(x)f(x)−cos(x)) = 0 et il existe donc une constanteC∈Rtelle que

cos(x)f(x)−cos(x) =C.

Tenant compte de la condition initialef(0) = 1, on tire alors que C= 0, auquel cas la solution de l’´equation satisfait

cos(x)f(x)−cos(x) = 0 ou encore f(x) = 1 et est valable surR.