[PDF] Mathématiques générales A Examen du jeudi 24 janvier 2013

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Mathematiques generales A

Examen du jeudi 24 janvier 2013CORRIGE

Theorie

Question 1.Denir la continuite et la derivabilite d'une fonctiongen un pointade son domaine de denition. Enoncer et demontrer le lien entre ces deux notions.

Pour une reponse

type,voir notes de cours et/ou ce qui a ete fait au cours lui-m^eme. Question 2.Comment determiner la mesure de l'angle entre deux vecteurs dont on conna^t les composantes dans un repere orthonorme de l'espace? Donner 2 methodes possibles.

Un exemple de reponse

type La mesure de l'angle (non oriente) entre deux vecteurs libres non nuls intervient dans les denitions des produits scalaire (1) et vectoriel (2) de ces vecteurs. Si~uet~vdesignent deux vecteurs libres non nuls, notonsla mesure de l'angle entre les deux vec- teurs (2[0;]) etk~uk;k~vkles normes de ces vecteurs. Notons egalementu1;u2;u3etv1;v2;v3leurs composantes respectives dans la base associee au repere orthonorme donne. (1) Cela etant, le produit scalaire (note) de~uet~vest le reel deni par ~u~v=k~uk k~vkcos(): On demontre alors que le produit scalaire s'exprime analytiquement par ~u~v=u1v1+u2v2+u3v3: Des lors on peut determiner cos() en utilisant l'expression cos() =~u~vp~u~up~v~v=u1v1+u2v2+u3v3pu

21+u22+u23pv

21+v22+v23

et on obtientpar = arcos u

1v1+u2v2+u3v3pu

21+u22+u23pv

21+v22+v23!

(2) Le produit vectoriel (note^) de~uet~vest un vecteur dont la norme est denie de la facon suivante k~u^~vk=k~uk k~vksin():

Si l'on exprime les normes en utilisant les composantes des vecteurs (cf ci-dessous, note), on obtient donc

sin() et ensuitepar = arcsink~u^~vkk~uk k~vk si2h 0;2 i et =arcsink~u^~vkk~uk k~vk si2h2 ;i Note : la norme d'un vecteur s'exprimant comme la racine carree de la somme des carres de ses compo-

santes, il reste a donner les composantes du produit vectoriel de~uet~ven utilisant les donnees. Celles-ci

sont u

2v3u3v2;(u1v3u3v1); u1v2u2v1:

1

Question 3.

Quelle est la d enitionde l'in tegrabilited'une fonction con tinuesur [1;+1[et a valeurs positives sur cet intervalle? Quelle est la condition n ecessaireet susan tesur le r eelpour que la fonctionx7!x soit integrable sur[1;+1[? Demontrer ce resultat en vous servant de la denition de l'integrabilite que vous donnez au point precedent. Dans un m ^emerep ereorthonorm ed uplan, repr esenterla fonction x; x >0pour = 1=2;1;2et interpreter l'integrabilite sur[1;+1[.

Pour une reponse

type,voir notes de cours (en prenant bien soin de remarquer que la notation employee pour le parametre n'est pas la m^eme) et/ou ce qui a ete fait au cours lui-m^eme.012341234- X6 Y y=x1=2y=xy=x2x= 1

On peut interpreter l'integrabilite de la facon suivante : pour les dierentes valeurs dedonnees, l'aire

sous la courbe dont il est question dans l'enonce est innie. Exercices1.(a) Sachant que l'inconnue reellexappartient a l'intervalle[;], resoudre l'equation suivante sin 3x+4 = cosx:

Solution.L'equation est equivalente a sin

3x+4 = sin2 x et on a 3x+4 =2 x+ 2kou 3x+4 =2 x + 2k(k2Z) 4x=4 + 2kou 2x=4 + 2k(k2Z) x=16 +k2 oux=8 +k(k2Z) Des lors, les solutions dans l'intervalle [;] sont1516 ;78 ;716 ;16 ;8 et916 (b) Si elles sont denies, simplier au maximum les expressions suivantes arcsin sin56 ; e

2ln(5); ei=2

Solution.La fonction sin est denie surRet im(sin) = [1;1] = dom arcsin; la premiere expression est donc denie. On a arcsin(sin(x)) =x8x22 ;2 et sin56 = sin6 . Des lors, arcsin sin56 =6 La fonction ln est denie sur ]0;+1[ et la fonction exp est denie surR; la deuxieme expression est donc denie. Comme 2ln(5) = ln(5

2), les fonctions logarithme et exponentielle etant des fonctions

2 inverses l'une de l'autre, on ae2ln(5)= 25: Enn, la fonction exponentielle est denie dansC. Commeeix= cos(x) +isin(x); x2R, on a e i=2= cos(=2) +isin(=2) =i: (c) Determiner les parties reelle et imaginaire des complexes

1i+ 1ete3i

Solution.Le premier complexe donne est egal a1i2

. Sa partie reelle est donc12 et sa partie ima- ginaire12 . Par denition, cos(x) =2.Si elles existent, determiner les limites suivantes lim x!1xe2x;lim x!3x

29jx2x6j:

Solution.La fonctionx7!xe2xest denie surR, ensemble non minore; le calcul de la limite en

1peut donc ^etre envisage.

Pour lever l'indetermination1:0, on utilise le theoreme de l'Hospital dont les hypotheses sont veriees, en considerant la fonction sous la formexe

2x. En eet, siV=] 1;"[ (" >0 assez

grand), on a

1)f:x7!xetg:x7!e2xsont derivables dansV

2)Dg(x) =2e2x6= 0 dansV

3) limx!1g(x) = +1car limx!1(2x) = +1et limy!+1ey= +1

4) lim

x!1Df(x)Dg(x)= limx!112e2x=12 limx!1(e2x) = 0 car limx!1(2x) =1et limy!1ey= 0

Des lors, la limite cherchee vaut 0.

La fonctionx7!x29jx2x6jest denie surA=Rn f2;3g. Puisque tout intervalle ouvert comprenant 3 rencontreA\]1;3[=]1;3[nf2g, le calcul de la limite en 3peut ^etre envisage.

Cela etant, on a

lim x!3x

29jx2x6j= lim

x!3(x3)(x+ 3)(x+ 2)(x3)=lim x!3x+ 3x+ 2=65

3.Si elles existent, determiner la valeur des integrales suivantes et simplier votre reponse

au maximumZ0 =3sinxcos(3x)dx;Z +1

014 + 9x2dx:

Solution.La fonctionx7!sinxcos(3x) est continue surR; elle est donc integrable sur l'intervalle ferme borne [3 ;0]. Cela etant, comme sinxcos(3x) =12 (sin(4x)sin(2x)), on a Z 0 =3sinxcos(3x)dx=12 cos(4x)4 cos(2x)2 0 3 =18 +14 +18 cos 43
14 cos 23
=18 116
+18 =316 La fonctionx7!14+9x2est positive et continue surR. Pour toutt >0, cette fonction est donc integrable sur [0;t] et on a Z t

014 + 9x2dx=16

arctg3x2 t 0 =16 arctg3t2 3

Des lors,

lim t!+1Z t

014 + 9x2dx= limt!+1

16 arctg3t2 =12 Comme la fonctionx7!14+9x2est a valeurs positives et que la limite precedente est nie, la fonction est integrable et la valeur de son integrale sur [0;+1[ vaut12

4.On xe un repere orthonorme du plan. En le hachurant, representer l'ensemble dont

une description analytique est la suivante (x;y) :x;y2R;jxj jyjet 9x2+ 4y236 Solution.Une representation graphique de cet ensemble est la suivante : il s'agit des points du plan de la partie hachuree, les points des \bords" etant compris dans l'ensemble.-3-2-1123-4-224- X6

Yy=xy=x

9x2+ 4y2= 36

5.(a) Montrer que la fonctionx7!ln1x

verie l'equation dierentielle (x2+x)D2f(x) +Df(x) = 1 Solution.La fonction donnee est inniment derivable sur ]0;+1[. Comme ln1x =ln(x), on a Dln1x =1x etD2 ln1x =1x

2pour toutx >0:

Des lors,

(x2+x)D2f(x) +Df(x) =x2+xx 2+1x =x2+xxx 2= 1 et la fonction donnee verie bien l'equation dierentielle. (b) Determiner l'ensemble des solutions reelles de l'equation dierentielle D

2f(x) +Df(x)2f(x) =ex

Solution.L'equation donnee est une equation dierentielle lineaire a coecients constants d'ordre

2 non homogene.

L'equation homogene associee estD2f(x) +Df(x)2f(x) = 0; le polyn^ome caracteristique est z7!z2+z2 dont les zeros sont2 et 1. Il s'ensuit que les solutions reelles de l'equation homogene sont les fonctions c

1e2x+c2ex; x2R

ouc1;c2sont des constantes reelles arbitraires. Le second membre, fonction continue surR, est le produit d'un polyn^ome de degre 0 par une 4 exponentielleexavec= 1, solution simple de l'equation caracteristique. Une solution particuliere est donc du typefP(x) =A : ex: x; x2RouAest une constante a determiner. CommeDfP(x) = A(x+ 1)exetD2fP(x) =A(x+ 2)ex, on aA(x+ 2)ex+A(x+ 1)ex2Axex=ex,A= 1=3.

Ainsi,fP(x) =x3

ex; x2Ret les solutions reelles de l'equation donnee sont les fonctions c 1e2x+
c 2+x3 ex; x2R ouc1;c2sont des constantes reelles arbitraires.

6.Rediger une resolution du probleme suivant en justiant le raisonnement.

Lors d'un jeu televise, 6 participants deplacent un gros tas de sable en un quart d'heure. Dans les m^emes conditions, combien de temps 4 participants mettraient-ils pour deplacer ce m^eme tas de sable? Solution.Si 6 participants deplacent le tas en 1/4h =15 minutes, 1 participant met 6 fois plus de temps soit 615 = 90 minutes. Des lors, 4 participants mettront 4 fois moins de temps qu'un participant soit 90 : 4 = 22 minutes et 30 secondes. Ainsi, 4 participants mettraient 22 minutes et 30 secondes pour deplacer ce tas de sable. Exercices BIS1.Resoudre l'inequation suivante (xest l'inconnue reelle) xj2 +xj x2 Solution.Tout reel negatifxest solution puisque le premier membre de l'inequation est negatif tandis que le second est positif. Consideronsx >0. L'inequation est alors equivalente aj2 +xj x,2 +xx, inegalite toujours fausse.

Des lors, l'ensemble des solutions estS=] 1;0].

2.Dans un repere orthonorme, on considere les pointsAetBde coordonnees respectives

(1;2)et(3;4)ainsi que la droiteddont des equations parametriques cartesiennes sont x= 1 +r y=3r;r2R: Determiner les composantes de la projection orthogonale du vecteur !ABsur la droite d. Representer la droited, le vecteur!ABet le vecteur obtenu comme projection ortho- gonale. Solution.Le vecteur!ABa pour composantes (4;6) et un vecteur directeur deda pour com- posantes (1;3). Des lors les composantes de la projection orthogonale de!ABsur la doitedsont donnees par

4:1 + 6:(3)1

2+ (3)2(1;3) =2210

(1;3) = 115
;335 X6

Y43211234

3211234

J

JJJJJJJJJJJJ]

AB dB

BBBBBBBBBBBBBM

projection orthogonale 5quotesdbs_dbs18.pdfusesText_24

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