Contrôle continu de Mathématiques n o 4 du mardi 6 janvier 2015 Durée : 1h30. Documents et calculatrices interdits.

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1 Polytech Paris-Sud Orsay PeiPA 1ère année, S1 Mathématiques Contrôle continu de Mathématiques n o du mardi 6 janvier 215 Durée : 1h3 Documents et calculatrices interdits Exercice 1 1 a Cette transformation est une similitude si et seulement si a b Si a, la similitude est de rapport a et d angle arga c La similitude admet un centre si et seulement si a 1, auquel cas son abscisse est b 1 a 2 a On calcule 1 + i Soit θ l argument de 1 + i Alors cosθ 1/ 2 et sinθ 1/ 2 À 2π près, son argument vaut donc π/, et donc 1 + i 2e π i b On a : z 2 x + iy 2 x 2 + 2ixy y 2 iz 2 2xy + ix 2 y 2 e iz2 e 2xy+ix2 y 2 e 2xy cosx 2 y 2 + i sinx 2 y 2 c D une part, i D autre part, soit θ l argument de i Alors cosθ 1/2 et sinθ 3/2 Par conséquent, θ 2π/3 à 2π près On obtient donc i 16e 2π 3 i Les racines carrées, au signe près, sont obtenues en prenant la racine carrée du module et en divisant l argument par 2 Ces racines sont donc e π 3 i et e π 3 i, soit, en coordonnées cartésiennes, i et i 3 a Un tel point est appelé point critique b Notons γt xt, yt Si γ t, alors la tangente à la courbe au temps t a pour équation : x t y yt y t x xt Exercice 2 1 a L équation homogène est l équation différentielle sans second membre : t 2y t 3yt L équation caractéristique correspondante est : X 2 2X 3 b Les racines de l équation caractéristique sont 1 et 3 racines évidentes L ensemble des solutions réelles de l équation homogène est donc : λe t + µe 3t : λ, µ R 2} c Tout d abord, il faut trouver une solution particulière de E 1 dont le second membre est de la forme P te 3t, où P est un polynôme de degré 1 On cherche une solution particulière de la forme Qte 3t, où Q est un polynôme Comme 3 est solution de l équation caractéristique, il faut monter d un degré, c est-à-dire chercher un polynôme Q de degré 2 sans terme constant On pose donc Qt at 2 + bt, où a et b sont des constantes à calculer Alors : y p t at 2 + bte 3t y pt [3at 2 + 2a + 3bt + b]e 3t 3 2 pt [9at a + 9bt + 2a + 6b]e 3t 1, 1

2 2 d où : pt 2y pt 3y p t 8at + 2a + be 3t t 1e 3t En identifiant les termes de même degré, il suffit de résoudre le système suivant : 8a 1 2a + b 1, ce qui donne a 1/8 et b 5/16 Finalement, une solution particulière est donnée par : 1 y p t 8 t t e 3t L ensemble des solutions de E 1 est la somme de la solution particulière et de l ensemble des solutions de l équation homogène, soit : 1 λe t + 8 t2 5 } 16 t + µ e 3t : λ, µ R 2 d Soit y une solution de E 1 vérifiant y 1 et y Soit λ, µ R 2 tels que yt λe t t t + µ e 3t Alors y λ + µ De plus, on calcule 1 : 3 y t λe t + 8 t t + 3µ 5 e 3t, 16 et donc y λ + 3µ 5/16 Le couple λ, µ est donc solution du système : λ + µ 1 λ + 3µ 5/16, et donc λ 3/6 et µ 21/6 Il existe donc une unique solution y de E 1 telle que y 1 et y, qui a pour formule : yt e t + 8 t t + 21 e 3t 6 2 a L équation caractéristique associée à E 2 est X 2 X + 5 Son déterminant vaut ; cette équation a donc deux racines complexes conjuguées, qui sont 2+i et 2 i L ensemble des solutions réelles de l équation homogène est donc : λ cost + µ sint e 2t : λ, µ R 2} On cherche maintenant une solution particulière de E 2 Son second membre est 5 cost 3 sint, associé aux complexes i et i Ces nombres complexes ne sont pas racines de l équation caractéristique On cherche donc un solution particulière de même degré,, c est-à-dire de la forme y p t a cost + b sint Alors : y p t a cost + b sint y pt b cost a sint 5 pt a cost b sint 1, d où : pt y pt + 5y p t a b cost + a + b sint 5 cost 3 sint On doit donc résoudre le système suivant : a b 5 a + b 3, 1 Si l on spécifie la valeur et la dérivée d une solution d une équation différentielle linéaire d ordre 2, on sait que l on a exactement une solution On doit donc trouver, à la fin, une unique solution

3 ce qui donne a 1/ et b 1 Une solution particulière est donc donnée par la fonction : y p t 1 cost sint L ensemble des solutions de E 2 est donc : λe 2t + 1 cost + µe 2t 1 } sint : λ, µ R 2 b Soit y une solution de E 2 vérifiant y 1 et yπ Soit λ, µ R 2 tels que yt λe 2t + 1 cost + µe 2t 1 sint Alors y λ + 1/, donc λ 1/ De plus, yπ λe 2π 1/ 1 + e 2π / C est une contradition L équation différentielle E 2 n a donc aucune solution qui s annule à la fois en et en π 2 3 Exercice 3 1 Soit t R On a : t + 2π + sint + 2π γt + 2π cost + 2π t + sint cost 2π + 2π γt + Par conséquent, un point γt appartient à la courbe si et seulement si γt +2π, appartient à la courbe La courbe est donc invariante par translation de 2π, 2 Soit A : x, y x, y la symétrie d axe Oy Soit t R On a : t + sin t t + sint γ t Aγt cos t cost Par conséquent, un point γt appartient à la courbe si et seulement si Aγt appartient à la courbe La courbe est donc invariante par symétrie d axe Oy 3 On veut étudier les variations de γ sur [ π, +π] On calcule : γ t x t y t 1 + cost sint La fonction x est positive, donc x est croissante Sa dérivée s annule quand le cosinus vaut 1, donc en et en π La fonction y est du signe opposé au sinus, donc positif sur [, ] et négatif sur [, π] La fonction y est donc croissante sur [, ] et décroissante sur [, π] Sa dérivée s annule en, en et en π On obtient donc le tableau ci-contre On a : xπ + t π + t + sinπ + t π + t sint π + t t t3 6 + ot3 π + t3 6 + ot3, t +π x t + x π y t + 1 y 1 1 et : yπ + t cosπ + t cost 1 t2 2 + ot3 1 + t2 2 + ot3 2 Ce n est pas une contradiction : au lieu de spécifier la valeur et la dérivée de la fonction en un point, on spécifie sa valeur en deux points distincts Rien n assure qu il existe alors une solution ni, si elle existe, qu elle est unique

4 Et donc localement, la courbe a pour allure : 5 On a déjà calculé γ Par conséquent : γ t x t 2 + y t cost 2 + sint cost + cost 2 + sint cost Rappelons de plus que cos2θ 2 cosθ 2 1 pour tout θ En appliquant cette formule à θ t/2, on trouve 1 + cost 2 cost/2 2, et donc : γ t cost/2 2 2 cost/2 Mais cost/2 est positif sur [, π], ce qui permet d enlever la valeur absolue 3 La longueur de la courbe entre et π vaut : π γ t dt π 2 cost/2 dt [ sint/2] π Le dessin de la courbe γ se trouve sur la dernière page du corrigé 7 On sait que γ t 2 cost/2 sur [, π] Par conséquent, st t γ s ds t Ainsi, st/ γ t 2 tant/2, et donc : λt γt 2 tant/2γ t + sint t cost t + sint 2 tant/21 + cost cost + 2 tant/2 sint 2 coss/2 ds [ sins/2] t sint/2 1 + cost 2 tant/2 sint Or, d après l énoncé, tant/2 sint/1 + cost sur [, π[, donc tant/21 + cost sint De même, tant/2 sint 1 cost, et donc : t + sint 2 sint t sint λt cost + 21 cost 2 cost 8 Soit t un réel Alors : t + π + sint + π γt + π cost + π t sint + π cost t sint 2 cost π + 2 donc λt γt + π +, 2 Le support de λ est donc l image du support de γ par une translation de, 2 9 Voir ci-dessous 3 L énoncé oubliait le fait qu il fallait se restreindre à [, π] Sur R, il ne faut pas retirer la valeur absolue! Il s agit du même calcul qu à la question précédente!,

5 5 Voici, respectivement, les courbes γ et λ pour t allant de 2 à pi + 2 Toutes les figures sont des captures d écran des graphes réalisés avec WolframAlpha