Génie mécanique, génie des matériaux septembre 2009
EXERCICE1
1. a. On sait que la solution générale de l’équationy′= −yest de la formey=Ke−x,K∈R b. f solution de (E) etf(0)=1⇒Ke−0=1⇐⇒ K=1.
Doncf(x)=e−x.
2. a. La valeur moyenne def sur [2 ; 3] est donnée parVm= 1 3−2
Z3
2 e−xdx=£
−e−x¤3 2=e−2− e−3.
b. Le même calcul sur l’intervalle [n;n+1] donne : Vn= 1
n+1−n Zn+1
n e−xdx=£
−e−x¤3n+1
n =e−n−e−n−1= 1 en− 1
en+1= 1 en
µ 1−1
e
¶
=e−n¡ 1−e−1¢
. 3. Pour toutnentier positif ou nul,un+1=e−n−1¡
1−e−1¢
=e−n×e−1¡ 1−e−1¢
=un+1=e−1un. La suite (un) est donc une suite géométrique de raison e−1de premier termeu0=1−e−1. EXERCICE2
1. z3−12z2+48z=0 ⇐⇒ z¡
z2−12z+48¢
=0.
La solution 0 est évidente. Reste à résoudre l’équation du second degré :z2−12z+48=0.
∆=122−4×48=144−192= −48= −3×16=¡ 4p
3i¢2
. L’équation a deux solutions complexes :
z1=12+4p 3i
2 =6+2p
3i etz2=6−2p 3i.
L’ensemble des solutions est doncS=©
0 ; 6+2p
3i ; 6−2p 3iª
.
2. a.
1 2 3 4 5 6 7 8
−1
−1
−2
−3
−4 1 2 3 4
+
+ +
A
B O →−
u
−
→v
Ω H
(On utilisera une feuille de papier millimétré fournie avec le sujet)
b. On a|zA|2=62+4×3=36+12=48.
Donc|zA| =p 48=p
16×3=4p 3.
On peur donc écrirezA=4p 3
Ãp 3 2 +i1
2
!
=4p 3¡
cosπ6+i sinπ6¢ . Un argument dezAest doncπ
6.
c. CommezB=zA, le module dezBest égal à celui dezA, soit OB = OA = 4p
3 et un argument dezBest égal à−
π 6. On a doncBOA=
π 6+
π 6 =
π 3.
Le triangle OAB est donc isocèle avec un angle au sommet de 60 ° : les deux autres angles, égaux mesurent eux aussi 60 ° ; le triangle OAB est équilatéral.
d. On a OΩ= |zΩ| =4 ; ΩA=¯¯6+2ip
3−4¯¯=¯¯2+2ip 3¯¯=p
4+12=4 ; ΩB=¯¯6−2ip
3−4¯¯=¯¯2−2ip 3¯¯=p
4+12=4 ;
On a doncΩA=ΩB=ΩO,Ωéquidistant des points O, A et B est le centre du cercle circons- crit au triangle OAB.
Autre méthode : en considérant le point H d’affixe 6, on voit que [OH] est médiane du triangle équilatéral OAB. Le pointΩsitué aux 2/3 sur cette médiane est aussi le centre du cercle circonscrit au triangle OAB.
PROBLÈME
Partie A
1. gest la somme de deux fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ ; elle est donc dérivable sur cet inter- valle et :
g′(x)=2x−2 x =2
µ x−1
x
¶
=2 µx2−1
x
¶
2. Comme x>0, le signe deg′(x) est celui dex2−1 qui est positif sauf entre−1 et 1, soit ici g′(x)<0 si 0<x1 etg′(x)>0 six>1. D’où le tableau de variations :
x 0 1 +∞
g′(x) − 0 +
g
+∞
5
+∞
• Comme lim
x→0x2=0 et lim
x→0lnx= −∞, on en déduit que lim
x→0g(x)= −∞;
• g(1)=12−2ln(1)+4=1+4=5 ;
• On peut écrireg(x)=x µ
x−2lnx x +4
x
¶ . On sait que lim
x→+∞
lnx
x =0, lim
x→+∞
4
x=0, donc lim
x→+∞x−2lnx x +4
x= +∞et finalement lim
x→+∞g(x)= +∞, par produit des limites.
3. La fonction a un minimum en 1 qui vaut 5 : on peut donc affirmer que pour tout réel supérieur à zéro,g(x)>5>0.
Métropole 2 septembre 2009
0 1 2 4
5 6 7
x y
Partie B
f(x)=1 2x+1
2+ln(x)−1
x .
1. a. On a lim
x→0
1 2x+1
2=1 2. On peut écrireln(x)−1
x =ln(x) x −1
x. Or lim
x→0
ln(x)
x = −∞et lim
x→0
1
x = −∞, d’où par somme des limites lim
x→0f(x)= −∞. L’axe des ordonnées est asymptote verticale àC au voisinage de 0.
b. On a lim
x→+∞
1
x=0 et lim
x→+∞
ln(x)
x =0, donc lim
x→+∞f(x)= +∞.
2. a. Puisquex6=0,f est une somme de fonctions dérivables et est donc dérivable sur I : f′(x)=1
2+
1
x×x−(lnx−1)
x2 =2−lnx
x2 =x2−2lnx+4 2x2 =g(x)
4 .
b. On a vu dans la partie A que sur I,g(x)>0, doncf′(x)>0 sur I et la fonctionf est croissante c. f(1)=1
2+1
2+ln 1−1
1 =1−1=0.
Commef est croissante sur ]0 ;+∞[ et quef(1)=1, on en déduit que :
• f(x)<0 si 0<x<1 ;
• f(1)=0 ;
• f(x)>0 six>1.
3.
1 2 3 4 5 6 0
−1
−2
−3
−4 1 2 3 4
x y
C D
Partie C
1. Sur I,Fest dérivable et : F′(x)=2×1
4x+1 2+1
2×2[ln(x)−1]×1 x=1
2x+1
2+ln(x)−1 x =f(x).
Fest donc une primitive def sur I.
2. Voir la figure plus haut.
3. F(e)−F(1)= Ze
1
f(x) dx.
Comme l’unité d’aire est 2×2 (cm2),A=4[F(e−F(1)] est égale à l’aire de la surface hachurée en cm2. On aF(e)−F(1)=1
4e2+1 2e+1
2[ln(e)−1]2−
·1 412+1
2+1 2[0−1]2
¸
=e2 4+e
2−1 4−1
2−1 2= e2
4 +e 2−5
4.
Métropole 4 septembre 2009
DoncA=e2+2e−5≈7, 825≈7, 83 cm2.
