Correction épreuve de mathématique Concours ISSEA 2015
Correction exercice n° 1
1. Résolvons l’équation : e2x+e2x+ ex(1−e)−ex(1−e)− e=0e=0
On pose X=exX=ex pour obtenir : X2+X2+ X(1−e)X(1−e) −e=0−e=0 qui a deux solutions e et -1. Mais comme l’exponentielle est positive, on obtient x=1.
2. Calculons limx→∞n∑k=11k(k+1)limx→∞n∑k=11k(k+1) limn→+∞n∑k=11k(k+1)limn→+∞n∑k=11k(k+1) == limn→+∞n∑k=1(1k−1k+1)limn→+∞n∑k=1(1k−1k+1) == limn→+∞(1−1n+1)limn→+∞(1−1n+1) =1=1
3. Calculons I=3∫0E(x)dxI=3∫0E(x)dx désigne la partie entière de x.
I=I= ∫30E(x)dx∫30E(x)dx =∫100dx=∫100dx +∫211dx+∫211dx +∫322dx+∫322dx =3=3
4. On augmente la longueur d’un rectangle de 20% et on diminue sa largeur de 20%. Notons L la longueur et l la largeur du rectangle, sa surface est égale à L×lL×l et en effectuant les changements, la surface est égale à : 1,2L×0,8l=1,2L×0,8l= 0,96L×l0,96L×l ; La surface a donc diminué de 4%.
5. Calculons la dérivée de ex+11+x2ex+11+x2 au point x=1.
Pour f(x)=f(x)= ex+11+x2ex+11+x2, on a f′(x)= ex+1(x−1)2(1+x2)2 et en 1 sa valeur est égale à 0.
6. Calculons l’intégrale I=1∫0ex1+exdx
I= 1∫0ex1+exdx= [ln(1+ex)]10= ln(1+e)− ln2
7. Soit f la fonction numérique d’une variable réelle strictement positive, définie par :
f(x)=xxx
Calculons sa dérivée en x=1.
Rappelons la définition des puissances : xa=ealnx . Posons z=xx =exlnx et sa dérivée est égale à : z′= xx(1+lnx), d’où f′(x)=xx ×xx× [lnx(1+lnx) +12] et f′(1)=1
8. On considère le nombre x=4,584584584...Ecrirons ce nombre sous la forme d’une fraction rationnelle.
On a : 1000 x=4584,584584 et par différence1000x-x=999x=4580, d’où x=4580999
9. Calculons limx→∞ln(1+x2)ex2−1 , où Ln désigne le logarithme népérien
limx→0ln(1+x2)ex2−1 =limx→0x2x2=1
10. Dans un train, 20% des voyageurs portent un chapeau, 60% des voyageurs sont des femmes et 20% des hommes portent un chapeau. Le pourcentage de femmes qui portent un chapeau est :
Il y a 40% d’hommes dans le train, dont 20% portent un chapeau, soit 8% des voyageurs. Donc 12% de femmes portent un chapeau.
Correction épreuve de mathématique Concours ISSEA 2015
Correction exercice n° 2
1. Soit f la fonction définie sur l’ensemble des nombres réels strictement positifs par :
f(x)=12x −ln(x) , où Ln désigne le logarithme népérien.
Etudions les variations de f et traçons son graphe.
La fonction est définie pour x>0.
f′(x)= 12−1x= x−22x
La fonction est décroissante de ]0,2] sur ]+∞,1−ln2] et elle est croissante de [2,+∞[sur [1−ln2,+∞[. Elle admet une asymptote oblique d’équation : y=12x et une asymptote verticale à l’origine.
2. Montrons que f admet un unique point fixe.
Un point fixe x vérifie : f(x)=x, soit 12x+ln(x) =z=0 . On étudie cette fonction z, qui est strictement croissante de R+∗ sur R. Et d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution, donc un unique point fixe.
3. Calculons 2∫1f(x)dx
2∫1f(x)dx =[14x2+(x− xln(x))]21= 74−ln4
Correction épreuve de mathématique Concours ISSEA 2015
Correction exercice n° 3
Nombre de produits qu’on peut fabriquer dans une journée
La machine A permet de fabriquer 12 produits en 1 heure, soit 60 produits
La machine B permet de fabriquer 6 produits en 1 heure, soit 36 produits
La machine C permet de fabriquer 10 produits en 1 heure, soit 40 produits
On peut donc fabriquer 36 produits dans la journée.
Correction épreuve de mathématique Concours ISSEA 2015
Correction exercice n° 4
Soit la fonction φ définie sur R (ensemble des nombres réels) par :
φ(x)= {1_si_x∈R−Qx2_si_x∈Q
Où Q désigne l’ensemble des nombres rationnels.
1. Etudions la continuité de φ.
Rappelons que l’ensemble des nombres rationnels comme celui des irrationnels est dense dans l’ensemble des nombres réels.
Si x0∈R−Q , il existe une suite xn∈Q qui converge vers x0 et ϕ(xn)= x2n→x20 ≠ϕ(x0) , donc la fonction n’est pas continue en tout point irrationnel ;
Si x0∈Q, il existe une suite xn∈R −Q qui converge vers x0 et ϕ(xn)= 1→1= ϕ(x0)=x20 , si et seulement si x20=±1,
En conclusion la fonction n’est continue qu’en +1 et -1.
2. Etudier la dérivabilité de ϕ.
La fonction étant paire et continue qu’en +1 et -1. Il suffit d’étudier la dérivabilité en 1.
On a ϕ(x)−ϕ(1)x−1 {0x+1 x∈R−Qx∈Q−{1}
Ces deux expressions sont différentes en 1, donc la fonction n’est pas dérivable.
3. Soit f(x)= sin(x).ϕ(x) , étudions la continuité de f.
On obtient :
f(x)= {sin(x)x2sin(x) sisi x∈R−Qx∈Q
Si x0∈R−Q , il existe une suite xm∈Q qui converge vers x0 et f(xm)= x2msin(xm)→ x20sin(x0) =sin(x0) pour x20=1 ou sin(x0)=0, soit x0=π2+kπ
Si x0∈Q , il existe une suite xm∈R−Q qui converge vers x0 et f(xm)= sin(xm)→ sin(x0)= x20sin(x0) pour x20=1, soit x20=±1;
En conclusion la fonction est continue sur {±1}∪ {π2+kπ}
Correction épreuve de mathématique Concours ISSEA 2015
Exercice n° 5
On considère la fonction numérique gy définie par :
gy(x)= xα×yβ où y,α,β≻0
1. Etudions les variations de gy et tracons son graphe.
La fonction est définie pour x≻0 et rappelons que : xα=eαln(x) .
Sa dérivée est égale à : gy′(x)=αxα−1 . La fonction est donc strictement croissante de R+∗ sur R+∗ .
Si α≻1 , la fonction est convexe avec une branche parabolique dans la direction verticale.
Si α≺1 , la fonction est concave avec une branche parabolique dans la direction horizontale.
Si α=1, la fonction est une droite.
2. On suppose que ax+by≤R , où a et b sont des paramètres réels strictement positifs.
Déterminons le maximum en x de la fonction gy .
Comme la fonction est strictement croissante en x, le maximum est donc atteint pour la plus grande valeur de x qui satisfait la contrainte, à savoir x=R−bya et le maximum vaut (R−bya)αyβ
3. Soit la fonction h définie par :
h(t)= (R−bt)αtβaα où α,β,R, a,b≻0 et α+β=1
Étudions les variations de h.
La fonction est définie pour R−bt≻0 et t≻0, soit 0≺t≺Rb
Sa dérivée est égale à :
h′(t)= (R−bt)α−1tβ−1aα [β(R−bt) −αbt]
Comme α+β=1, h′(t)=0 ⇔t=βRb et la fonction h est strictement croissante de :
h(t)= (βR)βbβ× (1−β)αRαaα =M
La fonction h est strictement croissante de ]0,βRb] sur ]0,M]
La fonction h est strictement décroissante de [βRb;Rb[ sur [M;0[
Correction épreuve de mathématique Concours ISSEA 2015
Exercice n° 6
Pour chacune des questions suivantes indiquées si l’assertion est vraie ou fausse.
1. Il existe des fonctions numériques d’une variable réelle définies en tout point et continues en aucun. Si l’assertion est vraie, donner un exemple. Exact, avec par exemple la fonction caractéristique des rationnels.
2. Toute fonction numérique d’une variable qui admet une dérivée première continue est deux fois dérivable.
Faux, la continuité n’implique pas la dérivabilité.
Correction épreuve de mathématique Concours ISSEA 2015
Exercice n° 7
Soit f l’application définie par : f(x)= 2x+sin(x).
1. Déterminons un développement limité de f à l’ordre 3 à l’origine.
f(x)= 3x−x36 +O(x3)
2. Montrons que f est une bijection et que son application réciproque f−1 est 3 fois continument dérivable. f′(x)=2 +cos(x)≥ 1≻0
limx→−∞f(x)=−∞
limx→+∞f(x)=+∞
Donc f(x) est strictement croissante de R sur R, c’est donc une bijection. L’application réciproque f−1 est aussi une fonction strictement croissante. Comme la dérivée n’est jamais nulle, ( f−1) est dérivable et (f−1)′(x)= 1f′.(f−1(x)). Par récurrence immédiate on en déduit que f−1 admet un développement limité à n’importe quel ordre.
3. Donnons un développement limité de f−1 à l’ordre 3 en x=0. On a f(0)=0 et on peut appliquer la formule du développement limité de f−1 à f ( x) au voisinage de 0. On détermine les coefficients a0 , a1 , a2 , a3 du développement limité à partir de l’égalité f−1.(f(x)) =x qui équivalente à :
a0+ a1(3x−x36 +O(x3))+ a2(3x−x36 +O(x3))+ a3(3x−x36 +O(x3))+ O(3x−x36 +O(x3))=x
ou encore :
a0+ a1(3x− x36)+ a2x2+ a3x3+O(x2) =x
Et par identification des polynômes, on obtient :
a0=0, a1=13, a2=0, a3=118
f−1(x)= 13x+ 118x3+ O(x3)
