Corrigé de l'examen de mathématiques de PCST L1 S2 du Mardi 14 Mai 2013

Corrigé de l'examen de mathématiques de PCST L1 S2

du Mardi 14 Mai 2013

Exercice 1 A. Posons











 sin cos r y

r

x avec r  x²y²

(cos sin )

) sin (cos

) sin (cos

sin cos

sin

cos _{3 3}

2 2

2

3 3

3 2 2 2 2

3 3 3 3 2 2

3

3   











 











 



 r

r r r

r

r r

y x

y x

Or   



 _{3 3}

2 2

3 3

sin cos

r y x

y

x

et 0 ≤ rcos³sin³ ≤ r(cos³ sin³) ≤ 2r Or quand (x,y)(0,0) alors r 0 donc 2r 0.

Conclusion: lim 0

2 2

3 3 ) 0 , 0 ( ) ,

( 





 x y

y x

y x

B. 1) 0 0

) 0 ,

(  4 

x x

f et

2 2

2 4

2

2 sin

2 1 2

sin 2

) sin ,

( 



 



 



 x

x x

x x

x x x

x f

2) lim ( ,0) 0

0 

 f x

x et sin 1

lim

0 

 x

x

x donc

2 ) 1 , ( lim

0 

 f x x

x

Les limites étant différentes f(x,y) n'a pas de limite quand (x,y)(0,0)

C. 1) g est de classe C¹ comme somme et quotient de fonctions de classe C¹. •

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

) 1

(

2 2 1

) 1

(

) 2 )(

( ) 1

( ) 1 , (

y x

y x x y x y

x

x y x y y x

x x g











 











 





donc

2 2 2

2 2

) 1

(

2 ) 1

, (

y x

y x y y x

x x g









 





•

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

) 1

(

2 2 1

) 1

(

) 2 )(

( ) 1

( ) 1 , (

y x

y y x y x y

x

y y x y y x

y x g











 











 





donc

2 2 2

2 2

) 1

(

2 ) 1

, (

y x

y x y y x

y x g









 





2) a) L'équation du plan tangent à la surface S de g en ( 0, 0 ) est de la forme:

(0,0)( 0) (0,0)(y 0) z g(0,0) y

x g x

g   





 



1(x0)1(y0)z0

L'équation demandée est donc xyz0

b) g(0,1;0,2)z donc g(0,1;0,2)0,10,2 soit g(0,1;0,2)0,1

D. 1) h est de classe C² comme produits et somme de fonctions de classe C².

xy xy x

x

h( , )6 6



 et x y x y y

y

h( , )3 ² 3 ²6





( , ) 6 6

2

2  



 x y y

x

h , x

x y

h y

x

h 6

2

2 





 





 et ( , ) 6 6

2

2  



 xy y

y

h













 













 















0 6 3 3

1 0

0 6 3 3

0 ) 1 ( 6 0

6 3 3

0 6 6

2 2 2

2 2

2 x y y

y ou x

y y x

y x y

y x

x y x

Si x = 0 alors 3y² 6y0  3y(y2)0  y 0 ou y2 Si y = 1 alors 3x²30  x² 1  x1 ou x1

Les points critiques sont donc (0, 0) , (0, 2) , (1, 1) et ( –1, 1).

3) Examinons ces points critiques.

• Pour (0, 0) (0,0) 6

2

2 



  x

r h , (0,0) 0

2 





  y x

s h et (0,0) 6

2

2 



  y t h

r ts² 36 36 > 0 et r < 0. Donc (0, 0) est un maximum local.

• Pour (0, 2) (0,2) 6

2

2 



  x

r h , (0,2) 0

2 





  y x

s h et (0,2) 6

2

2 



  y t h

r ts² 36 36 > 0 et r > 0. Donc (0, 2) est un minimum local.

• Pour (1, 1) (1,1) 0

2

2 



  x

r h , (1,1) 6

2 





  y x

s h et (1,1) 0

2

2 



  y t h

r ts² 36 – 36 < 0 . Donc (1, 1) est un point col.

• Pour (–1, 1) ( 1,1) 0

2

2  



  x

r h , ( 1,1) 6

2  





  y x

s h et ( 1,1) 0

2

2  



  y t h

r ts² 36 – 36 < 0 . Donc (–1, 1) est un point col.

Exercice 2

1) a)

















2 1 2

OA















 2 2 1 OB























3 6 6 OB OA

n

b) n 0

 donc OA et OB ne sont pas colinéaires.

Par conséquent les points O, A et B déterminent un plan unique P.

2) a) M (x,y,z) est un point de P si et seulement si OM.(OAOB)0 donc si et seulement si 6x6y3z0. Une équation cartésienne du plan P est donc 2x2yz0

b)

A

(AOB) = 81

2 3 1 ) 6 ( 2 6

OB 1 2 OA

1   ₂  ₂  ₂ 

donc

A

(AOB) = 4,5 2

9  (unités d'aire).

3) a) Regardons si les coordonnées du point C vérifient l'équation du plan P.

2x_C 2y_C z_C 242(1)5150.

Donc le point C n'est pas un point du plan P: les points O, A, B et C ne sont pas coplanaires.

b)

6 45 45 6 5 1 3 ) 1 ( 6 4 6 6 OC 1 . ) OB OA 6 (

V 1           donc 7,5

2

V15  (unités de volume).

c) Le tétraèdre OABC a pour base le triangle OAB et pour hauteur h la distance du point C au plan P.

h = 5

3 15 9

5 ) 1 ( 2 4 2 1 ) 2 ( 2

2 2

2 2

2       

 







 _{c c}

c y z

x

  3

V 1

A

(AOB) h 4,5 5 1,5 5 7,5 3

1    



On retrouve bien le même résultat.

2 / 6

Exercice 3

1) a) [ (2 ) 1] 2 1

1 0 ) 1

2 ( 2 0

1 1 2

1 2

1 0

0 1 )

( )

(      



 



 





 



























 dét A I

P

P()²(2)2(2)(² 1)(2)(1)(1) Donc on a bien P()(1)(1)(2)

Les valeurs propres de A sont les solutions de P()0 soit (1)(1)(2)0. Les valeurs propres sont donc 1 , 1 et 2.

b) Une matrice de passage est obtenue à partir des vecteurs propres.

Pour chaque valeur propre  on cherche















 z y x

tel que



































z y x

z y x

A c'est-à-dire:

























 





















































 x y z z

y z

x y

z y x

z y x

2 2

2 1 2

1 0 0

0 1 0

• Pour 1 on obtient le système:

















 0

2x y z

y z

x y

. On peut choisir















 1 1 1

• Pour 1 on obtient le système:





















 























0 3 2

0 3

2 x x x

x z

x y

z y x

y z

x y

.

On peut choisir

















 1

1 1

ou encore



















 1 1

1

• Pour 2 on obtient le système:

















 

















0 2 2

4 2 0

2 2 2

x x

x z

x y y

x y z

x y

On peut choisir















 4 2 1

Une matrice de passage est bien























4 1 1

2 1 1

1 1 1

P

c) détP(42)(41)(21)6336



























2 1 3

0 3 3

2 2 6 P

Com donc



























2 0 2

1 3 2

3 3

~ 6

P et































 

3 0 1 3 1

6 1 2 1 3

1 2

1 2 1 1

~ 6

1 1 P P





































































































 































 ^

2 0 0

0 1 0

0 0 1 4 1 1

2 1 1

1 1 1

3 0 2 3

2 6

1 2 1 3

1 2

1 2 1 1

4 1 1

2 1 1

1 1 1 2 1 2

1 0 0

0 1 0

3 0 1 3

1 6

1 2 1 3

1 2

1 2 1 1

1AP P D

On obtient bien la matrice diagonale des valeurs propres 







 0 1 0 0 0 1 D

2) Comme DP^1AP alors AP DP^1 et A⁶ P D⁶ P^1

Donc













































































































































85 0 84

42 1 42

21 0 20

3 0 1 3

1 6

1 2 1 3

1 2

1 2 1 1

256 1 1

128 1 1

64 1 1

3 0 1 3

1 6

1 2 1 3

1 2

1 2 1 1

64 0 0

0 1 0

0 0 1 4 1 1

2 1 1

1 1 1 A6























85 0 84

42 1 42

21 0 20 A6

3) a)



























































) ( ' ' 2 ) ( ' ) ( 2

) ( ' '

) ( ' )

( ' '

) ( '

) ( 2 1 2

1 0 0

0 1 0

t y t y t y

t y

t y

t y

t y

t y Y

A

Or d'après l'équation (1) y'''2y''y'2y 0 on peut dire que y'''(t)2y(t)y'(t)2y''(t) Donc



















) ( ' ' '

) ( ' '

) ( '

t y

t y

t y Y

A . On a bien AY

dt dY 

b) D X

dt X dX

dt D Y X dP

dt D P dY X

D dt P Y dY

P D dt P Y dY dt A

dY    ^1    ^1   ^1   

On a bien D X

dt Y dX

dt A

dY   

c)















 





















































) ( 2 ) ( '

) ( ) ( '

) ( ) ( ' )

( ) (

) ( 2 0 0

0 1 0

0 0 1 ) ( '

) ( '

) ( '

3 3

2 2

1 1

3 2 1

3 2 1

t x t x

t x t x

t x t x

t x

t x

t x

t x

t x

t x X

dt D dX

• 1

) (

) ( ) '

( ) ( '

1 1 1

1   

t x

t t x

x t

x d'où lnx₁(t)tk₁ soit x₁(t)K₁e^t

• 1

) (

) ( ) '

( )

( '

2 2 2

2   

t x

t t x

x t

x d'où lnx₂(t)tk₂ soit x₂(t)K₂e^t

• 2

) (

) ( ) '

( 2 ) ( '

3 3 3

3   

t x

t t x

x t

x d'où lnx₃(t)2tk₃ soit x₃(t)K₃e^2t

Donc

















 ^

t t t

e K

e K

e K X

2 3 2 1

d) X P^1Y donc Y P X d'où

























 























































) ( 4 ) ( ) ( ) ( ' '

) ( 2 ) ( ) ( ) ( '

) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) (

) ( 4 1 1

2 1 1

1 1 1 ) ( ' '

) ( '

) (

3 2

1

3 2

1

3 2 1

3 2 1

t x t x t x t y

t x t x t x t y

t x t x t x t y

t x

t x

t x

t y

t y

t y X

P Y

On a donc





































t t

t

t t

t

t t

t

e K e

K e K

e K e

K e K

e K e K e K Y

2 3 2

1

2 3 2

1

2 3 2

1

4

2

La solution générale de l'équation (1) est y(t)K₁ e^t K₂ e^t K₃ e^2t

e)

























 

































 

























 













0 3

3

2 3 1 4

4 4 4

4 2 2 2

1 4

4

4 2

1 4

) 0 ( ' '

4 ) 0 ( '

1 ) 0 (

2 1

2 1

2 1 3

2 1 2

1

2 1 2

1

2 1 3

3 2 1

3 2 1

3 2 1

K K

K K

K K K

K K K

K

K K K

K

K K K

K K K

K K K

K K K

y y y













 

















1 1 1 2

2 1

2 1 3

2 1

1

2 1 3

K K K

K K

K

K K K

La solution cherchée est donc y(t)e^t e^t e^2t

Exercice 4

1) a) 1

2 1 2

3 1

2 1 2 1 3

3 2 3 2

6

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 























 















 x y x y

y x y

x

b) L'équation de ( C ) est celle d'une ellipse.

L'ellipse ( C ) a pour sommets A 









 ;0 2

3 , A' 









 ;0 2

3 , B 









 2

; 1

0 et B' 









  2

; 1

0

Pour les coordonnées des foyers, il faut calculer 1 1

2 1 2

2 3

2    

 a b

c

Les foyers sont donc F ( 1 ; 0 ) et F' ( –1 ; 0 )

2) a) )

sin( 3 ) sin(

3) ( sin ) (

sin^{2 2}

2

2 







 













Y XY t t t t

X

cos( )

2 ) 3 2sin(

1 sin3 ) 3 cos(

cos ) sin(

3)

sin( t t t   t  t



 



 





sin( )cos( ) 2

) 3 ( 2sin ) 1 cos(

) 2 sin(

) 3 ( 4cos ) 3 ( 4sin ) 1 (

sin^{2 2 2 2}

2

2 Y XY t t t t t t t t

X                



^{sin ( ) cos ( )}



4 ) 3

( 4cos ) 3 ( 4sin

3 _{2 2 2 2 2 2}

2

2 Y XY t t X Y XY t t

X             

La trajectoire T de M ( t ) a bien pour équation :

4

2 3

2 Y XY  X

b)



















 

















 



 







 

























 







 





) 2 (

2 ) 2 (

2

cos4 sin4

sin4 cos4

cos4 sin4

sin4 cos4

y x

y x y

x

y x

y x Y

X

2 3 3 2

2 3 4 2

3

4 ) 3 )(

2( ) 1 2(

) 1 2(

1 4

3

2 2 2

2 2

2 2

2 2

2

2 2

2 2





















































y x y

x y x y x y x y x Y

X Y X

y x y x y

x y

x Y

X Y X

L'équation de T en fonction de x et y est donc 2x² 6y² 3 qui est l'équation de ( C ).

Comme la matrice





















 



cos4 sin4

sin4 cos4

est la matrice d'une rotation de centre O ,d'angle 4

 et de sens direct ,

T est obtenue à partir de ( C ) par cette rotation.