[PDF] CAPES INTERNE 2007 CORRIGE CAPES Interne - 2007 - Corrigé. 4.

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CAPES INTERNE 2007

CORRIGE

Problème 1

Partie I

Majorations, minorations, encadrements

1.c(0) = 0,s(0) = 0.

c(1) =1 2 2 = 1;54 s(1) =1 2 2 = 1;17à10¡2près.

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

06s2(x) = [c(x)]2¡1 = [c(x)¡1]£[c(x) + 1].

On sait quec(x) + 1>0, doncc(x)>1.

3.2.Pourx>0, on aex>e¡x, d"oùs(x)>0.

Doncc(x)¡s(x) =

1 c(x) +s(x)>0.

4.1.Ces fonctions sont des combinaisons linéaires de fonctions dérivables, donc

elles sont dérivables. c

0(x) =1

2

¡ex¡e¡x¢=s(x) ;s0(x) =1

2

¡ex+e¡x¢=c(x)>0:

4.2.00

1 x8 8 c(x)s(x) 1

2CAPES Interne - 2007 - Corrigé

4.3.O s(x)y x

5.1.(s(x)¡x)0=c(x)¡1>0

d"où, pourx>0,s(x)¡x>s(0)¡0 = 0. 5.2. c(x)¡x2 2 0 =s(x)¡x>0, pourx>0 donc, pourx>0:c(x)¡x2 2

¡1>c(0)¡0

2

¡1 = 0,

s(x)¡x3 6 0 =c(x)¡x2 2

¡1>0

donc, pourx>0:s(x)¡x3 6

¡x>s(0)¡0 = 0.

6.1.[2x¡s(x)]0= 2¡c(x)>0pour toutx2[0;1],

d"où, pourx2[0;1]:2x¡s(x)>0¡s(0) = 0.

Donc1 +x2¡c(x)>1 + 0¡c(0) = 0.

6.2.En appliquant l"inégalité précédente à la dérivée de la fonctionx+x3

3

¡s(x),

on obtientx+x3 3 >s(x), d"où l"on déduit par la même méthode :1 +x2 2 +x4 12 >c(x)(x2[0;1]).

6.3.D"après5.2., on peut écrire1 +x2

2

6c(x) (x>0).

D"après6.2., on peut écrirec(x)61 +x2

2 +x4 12 (x2[0;1]).

D"où les inégalités demandées :

1 + x2 2

6c(x)61 +x2

2 +x4 12

61 +x2

2 +1 12 pourx2[0;1]. De6.1.et6.2., on déduit, comme dans les questions précédentes, pour

CAPES Interne - 2007 - Corrigé3

x2[0;1]: x+x3 6

6s(x)6x+x3

6 +x5 60
6x+x3 6 +1 60

Partie II

Vers une approximation de la fonctioncpar des fonctions polynômes

1.Posantu(t) =x¡tetv(t) =s(t), on obtient

Z x 0 (x¡t)c(t)dt=h (x¡t)s(t)i t=x t=0¡Z x 0 (¡1)£s(t)dt=c(x)¡c(0):

Prenant maintenantu(t) =(x¡t)3

6 etv(t) =s(t), on obtient Z x

0(x¡t)3

6 c(t)dt=¡Z x 0

¡(x¡t)2

2 s(t)dt et avec le choixu(t) =(x¡t)2 2 ,v(t) =c(t) Z x

0(x¡t)2

2 s(t)dt=¡x2 2 c(0)¡Z x 0

¡(x¡t)c(t)dt=¡x2

2 +c(x)¡1:

2.La relation recherchée vient d"être obtenue pourn= 1.

Soit maintenantnun entier pour lequel cette relation a lieu.

Posantu(t) =(x¡t)2n+3

(2n+ 3)!,v(t) =s(t), on a Z x

0(x¡t)2n+3

(2n+ 3)!c(t)dt=¡Z x 0

¡(x¡t)2n+2

(2n+ 2)!s(t)dt et, posantu(t) =(x¡t)2n+2 (2n+ 2)!,v(t) =c(t), il vient Z x

0(x¡t)2n+2

(2n+ 2)!s(t)dt=¡x2n+2 (2n+ 2)!c(0)¡Z x 0

¡(x¡t)2n+1

(2n+ 1)!c(t)dt =c(x)¡1¡n+1X 1x 2k (2k)! 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

(a¡t)2n+1>0sur cet intervalle, on a :

4CAPES Interne - 2007 - Corrigé

Z a

0(a¡t)2n+1

(2n+ 1)!c(t)dt6Z a

0(a¡t)2n+1

(2n+ 1)!c(a)dt=c(a)Z a

0(a¡t)2n+1

(2n+ 1)!dt =c(a)a2n+2 (2n+ 2)! 4.1. vn+1 v n=a2 (2n+ 1)(2n+ 2)61 2 , dès que2n+ 1>ap 2.

SiNest un entier>ap

2¡1

2 et sin>N, alorsvn+1 v n61 2

4.2.vn61

2 vn¡16¢¢¢6µ1 2 k v n¡k6¢¢¢6µ1 2 n¡N v

Ncar tous les entiers

écrits en indice sont>N.

4.3.On sait quelimn!12n= +1, d"où l"on déduitlimn!12NvN£1

2 n= 0, et de

06vn62NvN£1

2 n, il découle finalementlimn!1vn= 0.

5.06un¡c(a)6c(a)a2n+2

(2n+ 2)!=c(a)vn+1qui tend vers 0 lorsquentend vers+1.

Donclimn!+1un=c(a).

Partie III

Les fonctionscetset l"hyperbole

1.Soitx>0. Les relationsx2¡y2= 1ety=§p

x

2¡1sont équivalentes. Si

de surcroîty>0, l"équivalence a bien lieu avecy=p x

2¡1.

2.x¡p

x

2¡1 =1

x+p x

2¡1; limx!+1³

x¡p x

2¡1´

= 0.

3.La partie deHformée par les points d"abscisse >0 est la réunion deH+et

de la symétrique deH+par 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.

CAPES Interne - 2007 - Corrigé5O1H

5.1.A(x) = 2xp

x

2¡1¡4Z

x 1p t

2¡1dt

A(x) = 4"

xp x

2¡1

2

¡F(x)#

= 4g(x).

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

A

0(x) = 4g0(x)= 4"

p x

2¡1

2 +x2 2 p x

2¡1¡p

x

2¡1#

= 4

·x2¡1 +x2¡2(x2¡1)

2 p x

2¡1¸

=2 p x

2¡1>0.

AinsiA(x)est strictement croissante sur]1;+1[donc aussi sur[1;+1[.

5.3.g0(x) =1

2 p x

2¡1>1

2x.

5.4.g(x) =Z

x 0 g0(t)dt>Z x 0dt 2t=1 2 lnx. D"oùlimx!1g(x) = +1. Lorsquexcroît strictement de 1 à+1,A(x)croît strictement de 0 à+1, donc atteint une fois et une seule la valeur2a>0(théorème des valeurs inter- médiaires).

6.1.jj¡!Ijj2=jj¡!ijj2+jj¡!jjj2¡2¡!i :¡!j

2 = 1, et de mêmejj¡!Jjj2= 1

I :¡!J=(¡!i¡¡!j):(¡!i+¡!j)

2 =jj¡!1jj2¡ jj¡!jjj2 2 = 0.

6.2.X¡!I+Y¡!J=X¡!i¡¡!j

p 2 +Y¡!i+¡!j p 2 =X+Y p 2

¡!i+¡X+Y

p 2

¡!j=x¡!i+y¡!j :

D"oùx=Y+Y

p 2 y=¡X+Y p 2

6.3.x2¡y2=1

2 x

2¡y2= 1,Y=1

2X.

6CAPES Interne - 2007 - Corrigé

7.1.

½X+Y=p

2

¡X+Y= 0,X=Y=1

p 2 7.2.M M" H H"OXY

7.3.Le pointMayant dans le repère(¡!i ;¡!j)les coordonnéesc(a)etp

c(a)2¡1 =s(a)a dans le repère(¡!I ;¡!J)les coordonnées X a=c(a)¡s(a) p 2 etYa=c(a) +s(a) p 2 De même,M0de coordonnéesc(a)et¡s(a)dans le repère(¡!i ;¡!j)a les coor- donnéesYaetXadans le repère(¡!I ;¡!J).

On a alorsA(c(a)) = 2"

ZXa 0Y a X adX+Z Ya X adX

2X¡Z

Ya 0X a Y adX# Les deux intégrales écrites aux extrémités dans le crochet sont égales à l"aire des triangles isométriquesOHMetM0H0O.

DoncA(c(a)) = lnYa

X a= lnea e

¡a= 2a:

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+X¡¡!BC+Y¡¡!BA=¡¡!HB+X¡¡!BC+Y¡¡!BH+Y¡¡!HA¡¡!HM= (Y¡1)¡¡!BH+X¡¡!BC+Y¡¡!HA=Z¡!u+Y:HA¡!v, pour unZ2R, mais¡¡!HM=x¡!u+y¡!v, d"oùy=Y:HA,yetYsont strictement de même signe.

CAPES Interne - 2007 - Corrigé7

2.SoitMbarycentre du système pondéré(A;®);(B;¯);(C;°),

BM=®¡¡!BA+°¡¡!BC

®+¯+°est l"ordonnée deMdans le repère³

B;¡¡!BC;¡¡!BA´

. On a vu que cette ordonnée est strictement positive si et seulement siMappartient au demi- plan ouvert limité par(BC)et contenantA.

On raisonne de même avec

®+¯+°et°

®+¯+°et l"on obtient queMest

intérieur àABCsi et seulement si les trois coefficients®;¯;°sont strictement de même signe que®+¯+°.

Partie II

Position du centre du cercle inscrit d"un triangleABCnon aplati

1.1.On pose¡!w=¡¡!AB

AB et¡!v=¡!AC AC et on définit¡!U=¡!v+¡!w=¡!AC +¡¡!AB ¡!Uest un vecteur directeur de la droite¢Aet a pour coordonnées1 et1 dans le repère

A;¡¡!AB;¡!AC´

. Le pointM, de coordonnéesxetydans ce repère, appartient à¢Asi et seulement six 1 =y 1 , c"est-à-direy=°x

1.2.La droite d"équationx+y= 1contientBetC.

1.3.D"où, pour le pointA0:y= 1¡x=°x

; ¯=x(¯+°)et finalement x

A0=¯

¯+°,yA0=°

2.1.On vient de trouver¡¡!AA0=¯

¯+°¡¡!AB+°

¯+°¡!AC, on peut donc poser

¸=¯et¹=°.

2.2.Le barycentre du système pondéré(A;®) (B;¯) (C;°)est aussi le bary-

centre du système(A;®) (A0;¯+°). Ce point appartient donc à¢Aet l"on démontrerait de même qu"il appartient

à¢Bet¢C. Il s"agit donc de!.

2.3.Les coefficients®;¯;°étant >0,!est intérieur au triangle.

8CAPES Interne - 2007 - Corrigé

Partie III

Position du centre du cercle circonscrit d"un triangleABCnon aplati

1.Le pointOest caractérisé par la relationOA2=OB2, c"est-à-dire

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