ISSEA: Correction première épreuve de mathématique 2013

ISSEA: Première épreuve de mathématique 2013

Première épreuve de mathématique 2013 .

Première épreuve de mathématique 2014 .

Correction épreuve de mathématique Concours ISSEA 2013

Correction exercice n° 1

1. Calcule de la derivee de \({x^2}{\mathop{\rm Arctan}\nolimits} (x)\) en x=1
En effet, de la formule : si \(u(x) = {\mathop{\rm Arctan}\nolimits} (x)\) alors \(\dot u(x) = \frac{1}{{1 + {x^2}}}\) et \((uv)' = \dot uv + u\dot v\). Ainsi :
\(f'(x) = 2x{\mathop{\rm Arctan}\nolimits} (x)\) \( + \frac{{{x^2}}}{{1 + {x^2}}}\)
Ainsi : \(f'(1) = 2.1.{\mathop{\rm Arctan}\nolimits} (1)\) \( + \frac{1}{2} = 2\frac{\pi }{4} + \frac{1}{2}\) \( = \frac{{\pi + 1}}{2}\)
2. Calcule de l’intégrale \(I = \int\limits_1^2 {\frac{{Log(x)}}{x}} dx\) , en effet : \(I = \) \(\left[ {\frac{1}{2}{{(Log(x))}^2}} \right]_1^2\) \( = \frac{{{{(Log(2))}^2}}}{2}\)
3. Résolvons l’équation : \({x^3} - 6{x^2} + \) \(11x - 6 = 0\)
Sans calculer, on constate que x=1 est racine de l’équation précédente, ainsi, par une simple division euclidienne, nous avons : \({x^3} + 11x - \) \(6 - 6{x^2} = \) \((x - 1)(x - 2)\) \((x - 3) = 0\) d’où x=1, 2, 3.
4. Déterminons \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_1^x {\frac{{t + 1}}{{t + 2}}} dt\)
On a : \(\frac{{t + 1}}{{t + 2}} = 1 - \frac{1}{{t + 2}}\) soit \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_1^x {\frac{{t + 1}}{{t + 2}}dt} \) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_1^x {(1 - \frac{1}{{t + 2}})dt} \) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } [x - \) \(\ln (x + 2) - 1 + \) \(\ln (3)] = + \infty \)
5. Résolvons l’inéquation \(\frac{{{x^2} - 2}}{{x - 1}} \le 0\), il faut que \({x - 1 \ne 0}\), d’où le tableau de signe :
L’ensemble des solutions de l’inéquation est \(x \in \left] { - \infty , - \sqrt 2 } \right]\) \( \cup \left] {1,\sqrt 2 } \right]\)
6. Donnons l’équation de la droite dans le plan, qui passe par le point \(A(1, - 1)\) et parallèle au vecteur \(\overrightarrow u (1,2)\). Soit \(M(x,y)\) un point de la droite, les vecteurs \(\overrightarrow u (1,2)\) et \(\overrightarrow {AM} \left( \begin{array}{l}x - 1\\y + 1\end{array} \right)\) doivent être colinéaire \(\overrightarrow {AM} \wedge \overrightarrow u = \overrightarrow 0 \), \(\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 1}&1\\{y + 1}&2\end{array}} \right| = 0\) \( \Leftrightarrow 2x - 2 - \) \(y - 1 = 0\) \( \Rightarrow \) \(y = 2x - 3\)
L’équation de la droite est \(y = 2x - 3\)
7. Résolvons le système d’équations : \(\left\{ \begin{array}{l}\ln (x) + \ln (y) = 2\\x + y = \frac{5}{2}e\end{array} \right.\)
De la relation, \(\ln (x) + \ln (y)\) \( = \ln (xy)\) , on a \(\left\{ \begin{array}{l}xy = {e^2}\\x + y = \frac{5}{2}e\end{array} \right.\) \( \Rightarrow y = \frac{{{e^2}}}{x}\) d’où \(2{x^2} - 5ex\) \( + 2{e^2} = 0\)
L’ensemble des solutions est : \((x,y) = (2e,\frac{e}{2})\) ou \((\frac{e}{2},2e)\)
8. Déterminons la limite, si elle existe, de la suite \({({u_n})_{n \in N}}\) définie par : \({u_{n + 1}} = \frac{{n + 1}}{{n + 2}}{u_n}\) et \({u_0} \succ 0\) \({u_{n + 1}} = \frac{{n + 1}}{{n + 2}}{u_n}\) \( = \frac{{n + 1}}{{n + 2}} \times \frac{n}{{n + 1}}{u_{n - 1}}\) \( = \frac{2}{{n + 2}}{u_{n - 1}}\) \({u_{n + 1}} = \frac{2}{{n + 2}}{u_{n - 1}}\) \( = ... = {u_{n + 1}}\) \( = \frac{2}{{n + 2}}{u_0}\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } ({u_{n + 1}}) = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{2}{{n + 2}}{u_0}} \right)\) \( \to 0\)
9. Calcule du temps réalisé par ce relais
Le premier coureur parcourt 1 km en \(\frac{{60}}{{14}} = 4,2857mn\)
Le deuxième coureur parcourt 1 km en \(\frac{{60}}{{17}} = 3,5294mn\)
Le troisième coureur parcourt 1 km en \(\frac{{60}}{{16}} = 3,75mn\)
Au total, le temps est : \(\frac{{60}}{{14}} + \frac{{60}}{{17}}\) \( + \frac{{60}}{{16}} = \) \(144mn \approx 2h24\).
10. Déterminons \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{x - \sin (x)}}{{{x^3}}}\) \( = \) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{x - (x - {x^3}/6)}}{{{x^3}}}\) \( = \frac{1}{6}\)
NB : Du développement de Taylor à l’ordre 3 de \(\sin (x)\), on a \(\sin (x) \approx x - \frac{{{x^3}}}{6} + ...\)

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Correction exercice n° 4

On considère la fonction f définie sur l'intervalle \(\left] {0, + \infty } \right[\) par : \(f(x) = \) \(2x - \frac{{\ln (x)}}{{{x^2}}}\)
On note C la courbe représentative de la fonction f(x) dans le plan, muni d'un repère orthogonal et ln désigne le logarithme népérien.
1. Déterminons les limites de la fonction f en 0 et en \( + \infty \).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} (2x - \frac{{\ln (x)}}{{{x^2}}})\) \( \to + \infty \)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (2x - \frac{{\ln (x)}}{{{x^2}}})\) \( \to + \infty \)
2. Démontrons que la courbe C admet une asymptote oblique D, et étudions la position relative de la courbe C et de la droite D.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = 2\) et \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (f(x) - 2x)\) \( = 0\)
La courbe admet donc une asymptote oblique D d’équation : y=2x.
3. Etudions les variations de la fonction f(x).
La dérivée de f est égale à \(f'(x) = \) \(\frac{{2{x^3} - 1 + 2\ln (x)}}{{{x^3}}}\) et elle est du signe de \(g(x) = 2{x^3}\) \( - 1 + 2\ln (x)\) , qui a pour dérivée : \(g'(x) = \) \(6{x^2} + \frac{2}{x} \succ 0\)
La fonction g est donc strictement croissante à valeurs dans R et comme elle est continue, elle est bijective. Il existe donc une unique valeur \(\alpha \) qui annule g, et f est décroissante entre 0 et \(\alpha \), puis croissante.
4. Tracer la courbe C.
La courbe C admet D comme asymptote oblique, l’axe Oy comme asymptote verticale et un minimum en \(\alpha \)
5. Calculons \({I_n} = 2\int\limits_1^n {\frac{{\ln (x)}}{{{x^2}}}} dx\)
En posant \(u = \ln (x)\) et \(v = \frac{1}{{{x^2}}}\) et en intégrant par parties, nous avons \({I_n} = 2\) \(\left[ {1 - \frac{{\ln (n)}}{n} - \frac{1}{n}} \right]\)
6. In représente l’aire comprise entre la courbe C, l’asymptote D et les droites verticales x=1 et x=n.
7. On obtient 2 comme limite de I_n lorsque .

Correction épreuve de mathématique Concours ISSEA 2013

Correction exercice n° 5

Soit X la variable aléatoire égale à la somme des points obtenus par les deux dés.
1. Déterminons la loi de probabilité de X.
Pour le premier dé A, la probabilité de faire 1 est égale à 3/6, de faire 2 égale à 2/6, puis 1/6 pour le 3.
Le total des surfaces des faces différentes du deuxième dé B est égal à 26 cm2.
Pour les deux plus petites surfaces (2x3) qui portent la chiffre 1, la probabilité est donc égale à 6/26=3/13.
Pour les deux surfaces moyennes (2x4) qui portent la chiffre 2, la probabilité est donc égale à 8/26=4/13.
Pour les deux plus grandes surfaces (4x3) qui portent la chiffre 3, la probabilité est donc égale à 12/26=6/13.
La loi de probabilité de X est donc :

**La loi de probabilité de X**
X	2	3	4	5	6
Probabilité	\(\frac{9}{{78}}\)	\(\frac{{18}}{{78}}\)	\(\frac{{29}}{{78}}\)	\(\frac{{16}}{{78}}\)	\(\frac{6}{{78}}\)

2. Calcule de la probabilité que X>4 : \(P(x \succ 4) = \) \(\frac{{16}}{{78}} + \frac{6}{{78}} = \) \(\frac{{22}}{{78}}\)
3. L’hypothèse selon laquelle la probabilité que le « dé » parallélépipédique tombe sur une certaine face est proportionnelle à sa surface n’est pas réaliste. En effet, le dé a vraiment une probabilité presque nulle de tomber sur la plus petite face, du fait du positionnement du centre de gravité et de l’angle d’incidence.

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Correction exercice n° 6

On considère la suite de polynômes réels Pn définie par : \({P_n}(x) = \) \(\sum\limits_{k = 1}^n {{x^k} - 1} \) pour \(n \ge 2\)
1. Calculons P_n (0) et P_n (1), \({P_n}(0) = - 1\) et \({P_n}(1) = n - 1\)
2. Montrons que Pn admet une unique racine \({\alpha _n}\) comprise entre 0 et 1 (on précisera la valeur exacte de \({\alpha _2}\) )
\({P_n}'(x) = \sum\limits_{k = 1}^n {k{x^k}} \) et \({P_n}'(x) \succ 0\) sur \({R^ + }\)
Cette suite de polynômes est strictement croissante et continue sur l’ensemble des réels positifs et on a : \({P_n}(0) \times {P_n}(1) \prec 0\)
Il existe donc une unique racine \({\alpha _n}\) pour P_n dans l’intervalle \(\left] {0,1} \right[\)
3. Démontrons que, pour \(n \ge 2\), \({P_n}({\alpha _{n + 1}}) \prec 0\) \({P_{n + 1}}({\alpha _{n + 1}}) = \) \(\sum\limits_{k = 1}^n {\alpha _{n + 1}^k + \alpha _{n + 1}^{n + 1} - 1 = } \) \({P_n}({\alpha _{n + 1}}) + \alpha _{n + 1}^{n + 1}\) \( = 0\)
D’où \({P_n}({\alpha _{n + 1}}) \prec 0\)
4. Etudions la convergence de la suite ( \({\alpha _n}\) )
De plus \({P_n}({\alpha _n}) = 0\) et l’inégalité ci-dessus s’écrit : \({P_n}({\alpha _{n + 1}}) \prec {P_n}({\alpha _n})\) ce qui prouve que la suite (\({\alpha _n}\) ) est décroissante et comme elle est minorée par zéro, elle converge.
5. Démontrons que pour tout \(x \ne 1\) , on a : \({P_n}(x) = \) \(\frac{{{x^{n + 1}} - 2x + 1}}{{x - 1}}\) et en déduire que \({\alpha _n}\) est solution d’une équation de degré n+1.
Comme on a une suite géométrique, on obtient \({P_n}(x) = \) \(\frac{{{x^{n + 1}} - 2x + 1}}{{x - 1}}\)
Et comme \({P_n}({\alpha _n}) = 0\) on a : \({\alpha _n^{n + 1} - 2{\alpha _n}}\) \({ + 1 = 0}\)
6. Comparons \({2{\alpha _n} + 1}\) et \({\alpha _2^{n + 1}}\)
La suite (\({{\alpha _n}}\) ) étant décroissante, on a, pour n plus grand que deux : \({\alpha _n} \prec {\alpha _2} \prec 1\)
Par stricte croissance de la fonction puissance, il vient : \(\alpha _{_n}^{n + 1} \prec \alpha _{_2}^{n + 1}\)
Et d’après la question précédente, on obtient : \(0 \prec 2{\alpha _n} - 1\) \( \prec \alpha _2^{n + 1}\)
7. En déduire la valeur de la limite de la suite (\({\alpha _n}\))
Comme \({\alpha _2} \in \left] {0,1} \right[\), la suite (\({{\alpha _n}}\) ) converge vers \(\frac{1}{2}\) (car \({\alpha _n^{n + 1}}\) tend vers zéro).

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