Mathématiques, Concours ingénieur territorial 2019

Mathématiques, Concours ingénieur territorial 2019.
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1- Problème 1 (3,5 points )
Un entrepreneur de travaux publics propose trois formules d'enrobé à chaud à ses clients collectivités territoriales : l'enrobé de base (ERB), l'enrobé bordé d'un trottoir (ERT) et la formule comprenant une piste cyclable (ERC).
Pour chaque formule, le tableau ci-dessous indique le temps en heures nécessaire à la pose de l'enrobé et les coûts brut et prix de vente exprimés en 10⁴ euros et ce pour 1 km.

ERT
ERC
ERB

coût brut
3
4
2

temps requis
8
10
6

prix de vente
12
16
10

Question 1 (2 points)
On considère la matrice M= et la matrice C.
1.a. Effectuer le produit matriciel MC.

1.b. Si pour la matrice C ,10 correspond à 10 Km d'ERT et 8 à 8 Km d'ERC et enfin 14 à 14 Km d'ERB, donner la signification de chacun des coefficients du produit matriciel MC. Vous exprimerez les sommes en euros sans puissance de 10 et les temps en jours travaillés - sachant qu'une journée travaillée dure 8 heures. (1,5 point).
90 : coût brut de 10 km d'ERT + coût brut de 8 km d'ERC +coût brut de 14 km d'ERB = 900 000 €.
244 : temps requis de 10 km d'ERT + temps requis de 8 km d'ERC +temps requis de 14 km d'ERB = 244 heures ou 30,5 jours.
388 : prix de vente de 10 km d'ERT + prix de vente de 8 km d'ERC +prix de vente de 14 km d'ERB = 3 880 000 €.
Question 2 (1,5 point)
On considère la matrice P et l'on admet que PM=I , I matrice unité.
Soit X et Y deux matrices à une colonne et trois lignes.
2.a. Démontrer que si MX = Y alors X = PY. (0,5 point)

2.b. On sait que l'entreprise de TP a réalisé une recette de 4 300 000 € sur un temps travaillé de 270 heures et avec un coût de un million d'euros. Construire la matrice Y à partir de ces données, puis déterminer pour chaque type d'enrobage le nombre de kilomètres réalisés. (1 point).
d=10⁶ =100 10⁴; e=270 ; f=4,3 10⁶= 430 10⁴.
3a +4b +2c = 100 (1) ; 8a+10b+6c = 270 (2) ; 12a +16b+10c = 430 (3)
4x(1) -(3) donne : 2c =30 ; c = 15 km.
3a +4b = 70 (1') ; 8a+10b = 180 (2') ;
2,5 x(1') -(2') donne : 7,5 a -8a =175-180 ; a = 10 km.
(1) donne : 4b = 100-30-30=40 ; b = 10 km.

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Question 2 ( 3 points).
Une salle philharmonique est vue de profil. La figure ABCD représente un mur de cette salle dans un repère orthonormé d'unité un pour vingt cinq mètres. On considère la courbe Ω d'équation y= f ( x) avec : f ( x)=x−1+(2x+1) / (x²+x+1) −ln ( x) et la courbe Φ d'équation y=ln ( x).

Question 1 (1 point)
On pose , donner une interprétation graphique de u et calculer ce réel u en intégrant par parties. Donner le résultat en unités d'aire à 10⁻² près par défaut.
Aire comprise entre la courbe bleue F, l'axe des abscisses et les droites d'équation x=1 et x=4.
On pose u = ln(x) ; v' = dx ; u' = 1 /x ; v = x.

Question 2 (1 point)
2.a Calculer . Pour la suite on admettra que w=6,44 unités d'aire.
On pose u = x²+x+1 ; u' = 2x+1.

2.b Par linéarité de l'intégration on en déduit w-u, soit A₁ l'aire concernant la portion de plan délimité par Ω , la courbe F et la bande 1⩽x⩽4.
On donnera une valeur approchée, en unités d'aire, à 10⁻² près.
A₁ = 6,44 -2,55=3,89 u.a.
Question 3 (1 point)
3.a Considérons l'aire A₂ définie par A₂=A₁−u
Calculer A₂ en unité d'aire puis donner le résultat en m².
A₂ = 3,89 -2,55 =1,34 u.a soit 1,34 x 25² =837,5 m².
3.b Une peinture a un pouvoir couvrant de 1 litre pour 10 m². 850 litres de peinture seront-ils suffisants pour recouvrir le mur délimité par l'aire A₁ ? Justifier.
A₁ correspond à 3,89 x25² ~2431 m².
243 litres de peinture sont nécessaire pour couvrir l'aire A₁.

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Problème 3 . ( 3,5 points)
Deux routes se croisent perpendiculairement. Un chemin piétonnier mène d’une route à l’autre selon le schéma suivant :

On choisit le repère d’origine O, le croisement des deux routes, d’axe des abscisses la route n°1, d’axe des ordonnées la route n°2. L’unité de longueur étant le kilomètre, le point A a pour coordonnées (0 ;-1) et le point B a une abscisse positive et une ordonnée nulle.
Dans ce repère, le chemin piétonnier reliant A et B est un arc de la parabole P représentative de la fonction f (x) = 0,5x² -1.
Partie A, longueur du chemin piétonnier (1,5 point).
On rappelle que la longueur L du chemin piétonnier est donnée, en unités de longueur, par l’intégrale :

où f ' est la fonction dérivée de la fonction f.
1. Montrer que
f '(x) =x ; 1+f '(x)² = 1 +x².
Montrer qu’une primitive, sur R, de la fonction g(x)= (1+ x² )^½ est :
G(x) = 0,5 [x(1+ x² )^½ +ln(x+(1+ x² )^½ )).
On dérive G(x) :
Dérivée de x(1+ x² )^½ : on pose u = x et v = (1+ x² )^½ ; u' = 1 ; v' = x(1+ x² )^-½ ;
u'v + v'u = (1+ x² )^½ +x²(1+ x² )^-½ ;
Dérivée de ln(x+(1+ x² )^½ ) : [1+x(1+ x² )^-½ ] / [x+(1+ x² )^½ ] ;

3. Calculer alors la longueur de ce chemin piétonnier ; la réponse finale sera arrondie au mètre près.
L =G(2^½) - G(0) =0,5 [6^½+ln(2^½+3^½)]-0,5[0+0] ~1,798 km.

Partie B, un cercle de courbure ou cercle osculateur (2 points)
On s’intéresse au cercle de courbure G de la parabole P au point C d’abscisse 1 du chemin piétonnier, cercle de centre V représenté ci-dessous :

1. On rappelle que le rayon de courbure, rayon du cercle de courbure, de la parabole P en son point d’abscisse x est donné par :
R =(1+f '(x)²)^1,5 / f ''(x).
où f " est la dérivée seconde de la fonction f.
Montrer que le rayon du cercle G est de 8^½.
f '(x) =x ; f ''(x) = 1 ; R =(1+x²)^1,5 avec x = 1 ; R = 2^1,5 =2 *2^½ = 4^½ *2^½ = 8 ^½.
2. Déterminer des équations de la tangente T et de la normale N à la parabole P au point C. (0,75 point)
Coefficient directeur de la tangente en C à la parabole : f '(1) = 1 ;
équation de T : y = x+b ; T passe au point C(1 ; f(1)) soit C(1 ; -0,5).
-0,5 = 1 +b ; b = -1,5 ; y = x-1,5.
Coefficient directeur de N : -1 ;
équation de N : y = -x+b ; N passe au point C(1 ;-0,5) ;
-0,5 = -1 +b ; b = 0,5. y = -x+0,5.
On rappelle que T et N se croisent perpendiculairement au point C.
3. Calculer les coordonnées du point V. (1 point)
VC² = 8 ; (x_C-x_V)² +(y_C-y_V)² = 8 ; (1-x_V)² +(-0,5-y_V)² = 8 ;
De plus y_V = -x_V +0,5 ; (1-x_V)² +(1-x_V)² = 8 ; (1-x_V)² =4 ; 1-x_V = 2 ; x_V = -1 et y_V =1,5.

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