CAPES 2016



Capes externe de mathématique épreuve 2.

I Problème 1.

Partie A : mise en ÷uvre de la méthode d'Euler.

1. Clairement a
∀k ∈ J0,nK, tk = k +a
n

2. Puisque
∀i ∈ J0,n − 1K, ti 6= ti+1
quelque soit k ∈ J0,n − 1K, Dk admet une équation réduite.
Soit k ∈ J0,n − 1K.
Déterminons l'équation réduite de Dk .
Par construction le coecient directeur est F (yk ).
Dk passe par le point Ak (tk ,yk ) donc en notant b l'ordonnée à l'origine

yk = F (yk )tk + b

D'où b = yk − F (yk )tk .
Enn


∀k ∈ J0,n − 1K, Dk : y = F (yk )x + yk − F (yk )tk


3. Démontrons l'égalité proposée.
Soit k ∈ J0,n − 1K.


 Ak+1 ∈ Dk
Ak+1 (tk+1 ,yk+1 ) ⇒ yk+1 = F (yk )(tk+1 − tk ) + yk
Dk : y = F (yk )x + yk − F (yk )tk


Or tk+1 − tk = a
n par construction donc
a
yk+1 = F (yk ) + yk
n
Dans le cadre de l'exercice F (x) = −0,04(x − 22) et a = 3 donc
3
yk+1 = −0,04(yk − 22) + yk
n

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Finalement

 
0,12 2,64
∀k ∈ J0,n − 1K, yk+1 = 1− yk +
n n


4. (a) D'après la question précédente
= (1 − 0,04 ∗ 3/$B$3) ∗ B6 + 0,04 ∗ $B$1 ∗ 3/$B$3


(b) Déterminons la température du café après mélange de Aline.

V1 T1 + V2 T2
Ti =
V1 + V2
15 × 48 + 3 × 22
=
15 + 3
131
=
3
L'élève devra entrer = 131/3 en B2.
Entrée
Saisir α, n
Traitement
Pour k allant de 0 à n − 1 faire
5. (a)
Aecter −0,04(α − 22) ∗ 3/n + α à α
Fin Pour
Sortie
Acher α
(b) Pour Aline, avec α = 131/3 nous obtenons une température nale de
T (3) ≈ 41,14 ◦ C.
Pour Bernard T (3) = 44,9736 ◦ C. Donc après mélange la température
sera d'approximativement 41,14 ◦ C.

Partie B : résolution exacte.

1. Résolvons le problème de Cauchy.
L'équation (E1 ) y 0 = −0,04(y−22) est linéaire du premier ordre à coecient
constant, les solutions de l'équation homogène associée forment l'ensemble

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t 7→ λe−0,04t |λ ∈ R et la fonction constante égale à 22 est une solution


particulière de E1 .
L'ensemble des solutions de E1 est formé des fonctions de la forme t 7→
λe−0,04t + 22 avec λ ∈ R.



y(0) = α ⇔ λe−0,04×0 + 22 = α
⇔ λ = α − 22

Par conséquent

L'unique solution
 au problème de Cauchy proposé est
R → R
.
x 7→ (α − 22)e−0,04t + 22


2. Si α = 48 alors T (3) = (48 − 22)e−0,04×3 + 22 = 26e−0,12 + 22. Puis après
15×(26e−0,12 +22)+3×22
mélange Tf = 15+3 = 65
3 e
−0,12
+ 22.
Si α = 3 (mélange initial) alors T (3) = 3 e
131 65 −0,12
+ 22.

Dans les deux cas la température est la même.


Partie C : étude de la convergence de la méthode d'Euler.

1. (a) D'après une question précédente yk+1 = 1 − 0,12 n .
2,64


n yk +
Donc par identication a = 1 − n et b = n .
0,12 2,64


(b) Il s'agit d'une équation linéaire du premier degré : l = b
1−a = 22.

(c) Exprimons yn en fonction de n.

     
0,12 2,64 0,12 0,12
1− yk + = 1− yk − 22 1 −
n n n n
 
0,12 2,64
+ 22 1 − +
n n
 
0,12
= 1− (yk − 22) + 22
n


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Donc  
0,12
yk+1 − 22 = 1− (yk − 22)
n


(yk )0≤k≤n est donc géométrique et
 n
0,12
yn = 1 − (α − 22) + 22
n


2. Déterminons l'éventuelle limite de Tn (3) lorsque n tend vers +∞.
 n
0,12
Tn (3) = yn = 1 − (α − 22) + 22
n
Quelque soit x réel,  x n
1+ −→ ex
n n→+∞

Démontrons le. Clairement
x
∃N ∈ N, ∀n ∈ N, [ n > N ] ⇒   < 1
 
n
Soit n > N un entier naturel.
 x n h x n i
1+ = exp ◦ ln 1 +
n n i
h  x
= exp n ln 1 +
h n  n x i
= exp x ln 1 +
" x n

#
x
ln 1 + n
= exp x x
n


Comme
ln(1 + x) ln(1 + x) − ln(1) 1
= −→ ln0 (1) = = 1
x x x→0 1
nous en déduisons
"
#
x
ln 1 + n
exp x x −→ exp(x)
n→+∞
n


Pour conclure

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Tn (3) −→ (α − 22)e−0,12 + 22
n→+∞


Nous retrouvons bien le résultat obtenu à la question .1.
B


3. Recherchons l'équivalent.

 n 
−0,12 0,12
T (3) − Tn (3) = (α − 22)e + 22 − 1 − (α − 22) + 22
n
   
−0,12 0,12
= (α − 22) e − exp n ln 1 −
n
   
−0,12 0,12
= (α − 22)e ...