Concours communs polytechniques 2009

aerodynamic coefficients by means of wind tunnel tests on scale models, and evaluation of the rollover risk by means of the definition of the characteristic wind curve (CWC) through a simplified numerical procedure, based on the static equilibrium, proposed by the TSI standard (three mass model)

CCP TSI 2018 - Informatique Corrigé proposé par Thomas HAIRIE

CCP TSI 2018 - Informatique Corrigé proposé par Thomas HAIRIE (Lycée Henri Parriat - Montceau-les-Mines) 8 ] 0 0072, 0 273, 1 13, 1] C(p) K p + K

40 98 Coefficients

Concours Communs Polytechniques 6 allée E Monso Bât G - BP 44410 31405 Toulouse Cedex 4 Tél : 33 (0) 5 62 47 33 43 7 TSI A confirmer par arrêté à paraître

Experimental Study on the effect of Crosswind on a Container

TSI 232/2008 (Tu 2 5 x , par G 5 1 2 2, [7]) 2 2 1 Flow characteristics The turbulence level of the test section is equal to 0 1 ; this value is lower than the maximum one allowed by TSI 232/2008 [7] The boundary layer thickness, δ95 , is approximately 61 mm from the top of the flat ground (about 45 mm from the top of

Concours communs polytechniques 2009 - TSI Mathématiques 2

Concours communs polytechniques 2009 - Mathématiques 2 --*-- Page 4 Partie III Une construction géométrique de γ III 1) On rappelle que P est la matrice de passage de la base B0 à la base B

Experimental Study of the Effects of Environmental and Fog

TSI Model 3936) The instrument was operated with a sheath flow rate of 3 0 L/min and an aerosol flow rate of 0 3 L/min Cloud Combination Probe (CCP): Measurement of fog droplet size distribution from 3 μm to 50 μm was carried out with Cloud Combination Probe (CCP) of Droplet Measurement Technology (DMT) It had a

Concrete Structures for Horizontal Silos

The coefficients of variation were 3 4 , 5 5 , 5 , 7 , and 4 5 for amounts of concrete, gravels, tSI L N N = I = tSI tEC = EC ×C C V CCP ICH = + + + tC tG tS tI +C P P P P C tEC P ICH

Interpretation of ACCUPLACER Scores

• Solve linear equations with integer coefficients Total Right Score of About 108 Students at this level have substantial elementary algebra skills These students can: • Simplify algebraic expressions • Factor quadratic expressions where a = 1 • Solve quadratic equations

Concours CC INP Sauf pour Ensisa, ENSGSI et Grenoble génie

CCP 9 8 10 4 8 4 15 58 557 9,6 573 9,9 9 7 6 8 10 70 40 95 ENS Cachan 353 14,7 335 13,9 14,3 4 ENS Rennes 336 14,0322 13,4 2 Coefficients écrits Barre

Préambule

- 6 - École des Sciences de l’Information(ESI) Avenue Allal El Fassi, cité Al Irfane BP 6204 Rabat-Instituts Tél: 0537 774 904 - 0537 774 907

[PDF] référentiel bep msa

[PDF] aloysius bertrand

[PDF] coefficient ccp psi 2017

[PDF] coefficients ccp pc

[PDF] gaspard de la nuit ondine analyse

[PDF] référentiel bac pro ga 2017

[PDF] oral langue vivante ccp

[PDF] coefficient ccp psi

[PDF] ccp resultat

[PDF] barre admissibilité ccp 2016

[PDF] ccp 2017 sujet

[PDF] barre d'admissibilité ccp 2017

[PDF] ccp resultats 2016

[PDF] ccp 2017 dates

[PDF] notice centrale 2017

Concours communs polytechniques 2009 - Mathématiques 2 --*-- Page 1 Concours communs polytechniques 2009 - TSI Mathématiques 2

Préliminaire

P.1.a) X = PU

P.1.b) Si

¾¾®OM = u.

¾®I + v.

¾®J alors

¾¾®OM = 2u.

¾®i + v.

¾®j.

On a donc 2u.

¾®i + v.

¾®j = x.

¾®i + y.

¾®j d"où ??? 2u = x

v = y car la famille (

¾®i,

¾®j) est libre.

Par suite,

u = 1 2 x v = y et P = ((( 2 0

0 1 donne bien P

u v = x y.

P.2) Si B est une base orthonormée alors u

2 + v2 = OM2 donc MÎg Û OM2 = 1 Û OM = 1.

Si B est orthonormée alors g est le cercle de centre O et de rayon 1

P.3.a) Si P

0 = (((

2 3

0 2 alors det(P

0) = 4 ¹ 0 donc P0 est inversible.

0 = P0-1 = 1

det(P

0) tCom(P0) = 1

4 t 2 0 - 3 2 donc Q

0 = P0-1 = 1

4(((

2 - 3

0 2.

P.3.b) A

0 = 1 16((( 2 0 - 3 2 2 3

0 2 donc A

0 = 1 16(((

4 - 6

- 6 13.

La matrice A

0 est symétrique à coefficients réels donc elle est diagonalisable

dans une base orthonormale de vecteurs propres de A 0. P

A0(l) = l2 - tr(A0).l + det(A0) = l2 - 1716 l + 1

16 = (((

)))l - 1

16(l - 1) donc sp(A0) = ?????

16, 1.

® (x, y)ÎE

1/16(A0) Û x = 2y. On choisit

¾®e1 = 15 (2, 1).

® (x, y)ÎE

1(A0) Û y = - 2x. On choisit

¾®e2 = 15 (- 1, 2).

0 = R0-1.A0.R0 avec D0 = 1

16((( 1 0

0 16 et R

0 = 15 (((

2 - 1

1 2 ÎO(2).

P.4) La matrice de la forme quadratique ax

2 + by2 + 2cxy dans la base (

¾®i,

¾®j) est A = (((

a c c b.

C"est une matrice symétrique à coefficients réels donc elles est diagonalisable dans une base

orthonormale de vecteurs propres de A. Le produit de ses valeurs propres est donc égal à son déterminant ab - c

2 > 0.

Ses deux valeurs propres sont donc deux réels a et b non nuls et de même signe. Dans une base orthonormale de vecteurs propres de A

0, C a pour équation: aX2 + bY2 = 1.

® Si a < 0 et b < 0 alors C = AE.

® Si a = b > 0 alors C est le cercle de centre O et de rayon 1 a. ® Si a > 0, b > 0 et a ¹ b alors C est une ellipse. Concours communs polytechniques 2009 - Mathématiques 2 --*-- Page 2 Partie I

Etude d"un exemple

I.1) ¾®m a pour coordonnées (u, v) dans la base B signifie

¾¾®OM = u.

¾®I + v.

¾®J

¾®m) = u.

¾®I - v.

¾®J car u.

¾®IÎDI et v.

¾®JÎDJ.

Donc (u", v") = (u, - v)

I.2) M(u, v) Î g

+ Û ??? u

2 + v2 = 1

v ³ 0 Û ??? u

2 + (- v)2 = 1

- v £ 0 Û s(M) Î g -.

Donc g - = s(g +).

M(u, v) Î g Û

??? u

2 + v2 = 1

v £ 0 ou v ³ 0 Û ??? u

2 + v2 = 1

v £ 0 ou ??? u

2 + v2 = 1

v ³ 0 Û M Î g - È g +.

Donc g = g

- È g +. I.3) ¾®m(u, v) Î g Û u2 + v2 = 1 donc ¾®m(u, v) Î g ? u2 £ 1 soit - 1 £ u £ 1.

¾®m(u, v) Î g ? u Î [- 1, 1].

I.4) u

2 + v2 = 1 Û v2 = 1 - u2. Si v ³ 0 alors u2 + v2 = 1 Û v = 1 - u2.

Donc g

+ est la courbe représentative de la fonction j : ????? [- 1, 1]

¾¾® IR

½¾¾® 1 - u2 .

I.5) ® Les questions 1.1 et 1.2 indique que si on trace g + (partie de la courbe au dessus de DI) on obtient g - (partie de la courbe au dessous de DI) par symétrie (non orthogonale) par rapport à D

I dans la direction de DJ.

® La question 1.3 indique que u varie de - 1 à 1.

® La question 1.4 dit que g

+ est la courbe représentative de la fonction j: uÎ[- 1, 1]

½¾¾® 1 - u2.

On trace alors le vecteur

¾®I = 2

¾®i et le vecteur

¾®J = 3

¾®i + 2

¾®j.

On trace la représentation graphique de j dans le repère non orthonormal (O,

¾®I,

¾®J).

On trace enfin la symétrie de cette courbe par rapport à D

I dans la direction de DJ.

I.6) x y = ((( 2 3 0 2 u v donc u v = 1 4(((

2 - 3

0 2 x y ce qui donne u = 1 2 x - 3 4 y v = 1 2 y u

2 + v2 = 1 Û (((

2 x - 3

4 y 2 + 1 4 y2 = 1 Û 1 4 x2 - 3 4 xy + 9

16 y2 + 1

4 y2 = 1.

Dans B

0, une équation de g est donc 1

4 x2 - 3 4 xy + 1316 y2 = 1. I.7) On se place dans la base orthonormale directe (

¾®e1,

¾®e2) définie au P.3.b.

Dans cette base, une équation de g est X2

42 + Y

12 = 1.

On reconnait une ellipse de centre O, de grand axe dirigé par

¾®e1 et de petit axe dirigé par

¾®e2.

a = 4 et b = 1 donnent c = a2 - b2 = 15 et e = c a = 15 4. Concours communs polytechniques 2009 - Mathématiques 2 --*-- Page 3 Partie II Détermination de la nature de g dans le cas général II.1) tU.U = 1 Û ( )u v((( u v = 1 Û u2 + v2 = 1. Donc

¾®m Î g Û tU.U = 1.

II.2) On note P

-1 = Q et A = tQ.Q.

X = P.U Û U = P

-1.X Û U = Q.X et tU = t X.tQ.

Dès lors

tU.U = 1 Û tX.tQ.Q.X = 1 Û tX.A.X = 1. Donc

¾®m Î g Û tX.A.X = 1.

II.3) ®

tA = t(tQ.Q) = tQ.t(tQ) = tQ.Q = A donc A est symétrique. ® A est symétrique à coefficients réels donc A est diagonalisable dans une base orthonormale de vecteurs propres de A.quotesdbs_dbs5.pdfusesText_10

[PDF] Concours communs polytechniques 2009 - TSI Mathématiques 2

Préliminaire

P.1.a) X = PU

P.1.b) Si

¾¾®OM = u.

¾®I + v.

¾®J alors

¾¾®OM = 2u.

¾®i + v.

¾®j.

On a donc 2u.

¾®i + v.

¾®j = x.

¾®i + y.

¾®j d"où ??? 2u = x

¾®i,

¾®j) est libre.

Par suite,

0 1 donne bien P

P.2) Si B est une base orthonormée alors u

2 + v2 = OM2 donc MÎg Û OM2 = 1 Û OM = 1.

P.3.a) Si P

0 = (((

0 2 alors det(P

0) = 4 ¹ 0 donc P0 est inversible.

0 = P0-1 = 1

0) tCom(P0) = 1

0 = P0-1 = 1

2 - 3

P.3.b) A

0 2 donc A

4 - 6

La matrice A

0 est symétrique à coefficients réels donc elle est diagonalisable

A0(l) = l2 - tr(A0).l + det(A0) = l2 - 1716 l + 1

16 = (((

16(l - 1) donc sp(A0) = ?????

16, 1.

® (x, y)ÎE

1/16(A0) Û x = 2y. On choisit

¾®e1 = 15 (2, 1).

® (x, y)ÎE

1(A0) Û y = - 2x. On choisit

¾®e2 = 15 (- 1, 2).

0 = R0-1.A0.R0 avec D0 = 1

0 16 et R

0 = 15 (((

2 - 1

1 2 ÎO(2).

P.4) La matrice de la forme quadratique ax

2 + by2 + 2cxy dans la base (

¾®i,

¾®j) est A = (((

2 > 0.

0, C a pour équation: aX2 + bY2 = 1.

® Si a < 0 et b < 0 alors C = AE.

Etude d"un exemple

¾¾®OM = u.

¾®I + v.

¾®J

¾®m) = u.

¾®I - v.

¾®J car u.

¾®IÎDI et v.

¾®JÎDJ.

Donc (u", v") = (u, - v)

I.2) M(u, v) Î g

2 + v2 = 1

2 + (- v)2 = 1

Donc g - = s(g +).

M(u, v) Î g Û

2 + v2 = 1

2 + v2 = 1

2 + v2 = 1

Donc g = g

¾®m(u, v) Î g ? u Î [- 1, 1].

I.4) u

2 + v2 = 1 Û v2 = 1 - u2. Si v ³ 0 alors u2 + v2 = 1 Û v = 1 - u2.

Donc g

¾¾® IR