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%Sujet aimablement fourni par Éric Loutoby
%Tapuscrit : Denis Vergès 
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Brevet de technicien supérieur}
\lfoot{\small{Conception de produits industriels}}
\rfoot{\small{14 mai 2013}}
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\begin{center} {\Large \textbf{Brevet de technicien supérieur session 2013\\ Conception de produits industriels}}

\vspace{0,25cm}

{\large Le sujet comporte  3 exercices  indépendants qui seront traités sur des copies séparées}   
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{Exercice 1 \hfill 3 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a $x_{\text{G}} = \dfrac{-  2 + 3 + 0}{3} = \dfrac{1}{3}\quad y_{\text{G}} = \dfrac{4 + 5 + 3}{3} = \dfrac{12}{3} = 4 \quad z_{\text{G}} = \dfrac{1 - 1 + 4}{3} = \dfrac{4}{3}$.
\item Si ABC est rectangle en A, alors $\vect{\text{AB}} \cdot \vect{\text{AC}} = 0$.

Or $\vect{\text{AB}}\begin{pmatrix}- 1\\2\\- 4\end{pmatrix} \:;\: 
\vect{\text{AC}}\begin{pmatrix}a - 1\\- 1\\0\end{pmatrix}$

$\vect{\text{AB}} \cdot \vect{\text{AC}} = 0 \iff - 1(a - 1)  - 2  + 0 = 0 \iff - a + 1 - 2 = 0 \iff a = - 1$.
\item $AB = \begin{pmatrix}2 - 3&4 + 9\\- 4 - a&- 8 + 3a\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}- 1&13\\- 4 - a&- 8 + 3a\end{pmatrix}$ d'où par identification :

$\left\{\begin{array}{l c l}
- 9 &=&- 4 - a\\
7&=&- 8 + 3a
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
a&=&5\\
15&=&3a
\end{array}\right. $ Les deux équations ont pour solution $a = 5$.
\item On a $A \times B = \begin{pmatrix}4a - b&- 2a + b&- a + b&a + b\end{pmatrix}$. En identifiant à $C$, on obtient le système :

$\left\{\begin{array}{l c l}
4a - b	&=&2\\
- 2a + b&=&0\\
- a + b	&=&1\\
a + b	&=&c
\end{array}\right.$ 

En ajoutant les deux premières équations on obtient $2a = 2 \iff a = 1$ et donc $b = 4a - 2 = 4 - 2 = 2$.

La dernière donne donc $c = a + b = 1 + 2 = 3$.
\end{enumerate}

\vspace{0,25cm}

\textbf{Exercice 2 \hfill 7 points}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item L'équation $\left(E_{0}\right)$ est une équation différentielle du second ordre. Son équation caractéristique est :

$r^2 + 4r + 5 = 0$ de discriminant $\Delta = 4^2 - 4\times 5 = 16 - 20 = - 4 = (2\text{i})^2$.

Les solutions sont $- 2 + \text{i}$ et $- 2 - \text{i}$.

On sait les solutions de l'équation $\left(E_{0}\right)$ sont de la forme

\[ (\lambda \cos x + \mu \sin x)\text{e}^{- 2x}.\]

avec $\lambda$ et $\mu$ réels quelconques.
\item Avec $g(x) = ax + b$, alors $g'(x) = a$ et $g''(x) = 0$.

$g$ solution de $(E)  \iff 0 + 4a + 5(ax + b) = 10x + 3 \iff 5ax  + 4a + 5b = 10x + 3 \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
5a		&=&10\\
4a + 5b	&=&3
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
a				&=&2\\
4 \times 2 + 5b	&=&3
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
a&=&2\\
5b&=&- 5
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
a&=&2\\
b&=&- 1
\end{array}\right.$

Conclusion : la fonction affine $g$ définie par $g(x) = 2x - 1$ est solution de $(E)$.
\item On sait qu'alors les solutions de $(E)$ sont la somme d'une solution de l'équation $\left(E_{0}\right)$ et d'une solution particulière de l'équation avec second membre. Les solutions sont donc de la forme :

\[y = (\lambda \cos x + \mu \sin x)\text{e}^{- 2x} + 2x - 1.\]
\item On a $y'(x) = (- \lambda \sin x + \mu \cos x)\text{e}^{- 2x} - 2 \text{e}^{- 2x}(\lambda \cos x + \mu \sin x) =$

$ \text{e}^{- 2x}[(- \lambda - 2\mu)\sin x + (\mu - 2\lambda)\cos x]$, puis

$y''(x) = - 2\text{e}^{- 2x}[(- \lambda - 2\mu)\sin x + $

$(\mu - 2\lambda)\cos x] + \text{e}^{- 2x}[(- \lambda - 2\mu)\cos x - (\mu - 2\lambda))\sin x] = $

$\text{e}^{- 2x}[(2\lambda + 4\mu - \mu + 2\lambda)\sin x + (- 2\mu + 4\lambda - \lambda - 2\mu)\cos x] =$

$ \text{e}^{- 2x}[4\lambda + 3\mu)\sin x  + (3\lambda - 4\mu)\cos x]$.

La solution particulière $y$ vérifiant $y(0) = - 1$ et $y'(0) = - 4$ est telle que 

$\left\{\begin{array}{l c l}
\lambda - 1 &=& - 1\\
3\lambda - 4\mu&=&- 4
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
\lambda &=& 0\\
\mu&=&1
\end{array}\right.$

La solution est donc définie par $y = f(x) = 2\text{e}^{- 2x}\sin x + 2x - 1$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\emph{Rem.} : la fonction étudiée est la fonction trouvée à la fin de la \textbf{Partie A}.

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On sait que le D. L. à l'ordre 2 de la fonction $t \longmapsto \text{e}^t$ est :
		
\[\text{e}^t = 1 \dfrac{t}{1!} + \dfrac{t^2}{2!} + t^2\epsilon(t)\:\: \text{avec  } \lim_{t\to 0} \epsilon(t) = 0.\]

Donc avec $t = - 2x$, on obtient :

$\text{e}^{- 2x} = 1  + \dfrac{- 2x}{1!} + \dfrac{(- 2x)^2}{2!} + (- 2x)^2\epsilon(t)\:\: \text{avec  } \lim_{- 2x\to 0} \epsilon(- 2x) = 0$, soit :

$\text{e}^{- 2x} = 1  + \dfrac{- 2x}{1!} + \dfrac{4x^2}{2!} + 4x^2\epsilon(x)\:\: \text{avec  } \lim_{x\to 0} \epsilon(x) = 0$ et enfin :

$\text{e}^{- 2x} = 1  - 2x + 2x^2 + x^2\epsilon(x) \text{avec  } \lim_{x\to 0} \epsilon(x) = 0$.
		\item On sait qu'à l'ordre 2, $\sin x = x + x^2\epsilon(t) \text{avec  } \lim_{x\to 0} \epsilon(x) = 0$.
		\item On a donc :
		
$\text{e}^{- 2x} = 1  - 2x + 2x^2 + x^2\epsilon_1(x) \text{avec  } \lim_{x\to 0} \epsilon_1(x) = 0$ et 

$\sin x = x + x^2\epsilon_2(t) \text{avec  } \lim_{x\to 0} \epsilon_2(x) = 0$. D'où par produit des parties régulières :

$\text{e}^{- 2x}\sin x  = x\left(1  - 2x + 2x^2 \right) + x^2\lim_{x\to 0} \epsilon_3(x) = 0$ avec $\displaystyle\lim_{x\to 0} \epsilon_3(x) = 0$ ou encore 

$\text{e}^{- 2x}\sin x  = x - 2x^2 +  x^2\lim_{x\to 0} \epsilon_3(x) = 0$.
		\item En multipliant par 2 le D. L. précédent et en ajoutant $2x - 1$, on obtient le D. L. de $f(x)$ à l'ordre 2 :
		
\[f(x) = - 1 + 4x - 4x^2 + x^2\lim_{x\to 0} \epsilon_3(x) = 0 \:\text{avec } \lim_{x\to 0} \epsilon_3(x) = 0.\]

	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On sait que la partie affine du D. L. précédent est l'équation de la tangente à la courbe $\mathcal{C}$ à l'origine, donc $\mathcal{C}$ a pour tangente à l'origine la droite $T$ d'équation :
		
		\[y = - 1 + 4x.\]
		
		\item Le dernier terme du D. L. de $f(x)$ en $0$ donne la position de la courbe $\mathcal{C}$ par rapport à la tangente en O. Comme ce nombre est négatif car $x^2 \geqslant 0 \Rightarrow - 4x^2 \leqslant 0$, ceci signifie que la courbe $\mathcal{C}$ est au dessous de la tangente au voisinage de l'origine. Voir la figure ci-dessous.
		
\begin{center}
\psset{xunit=3cm,yunit=2cm}
\begin{pspicture*}(-1,-2)(1,2)
\psgrid
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-1,-2)(1,2)
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-2}{4}{4 x mul  x dup mul 4 mul sub 1 sub}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{-2}{4}{4 x mul   1 sub}
\uput[ul](0.6,1.4){\red $T$} \uput[r](0.8,-0.4){\blue $\mathcal{C}$}
\uput[dl](0,0){O}
\end{pspicture*}		
\end{center}
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\vspace{0,25cm}

\textbf{Exercice 3 \hfill 10 points}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Voir la figure à la fin.
\item On a les propriété des courbes de Bézier suivantes :

\setlength\parindent{10mm}
\begin{itemize}
\item La courbe $\mathcal{C}_8$ contient le premier point P$_0$ = O (origine) ;
\item La courbe $\mathcal{C}_8$ a pour vecteur directeur de la tangente en O le vecteur $\vect{\text{P}_0\text{P}_1}$ ;
\item La courbe $\mathcal{C}_8$ contient le troisième point P$_2$ ;
\item La courbe $\mathcal{C}_8$ a pour vecteur directeur de la tangente en P$_2$ le vecteur $\vect{\text{P}_1\text{P}_2}$
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}
\item Construction du point $M(1/2)$ :

Avec $t = \frac{1}{2}$, on a $B_{(0,2)}(\frac{1}{2}) = \left(1 - \frac{1}{2}\right)^2 = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$ ;

$B_{(1,2)}(\frac{1}{2}) = 2 \times \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}$ ; 

$B_{(2,2)}(\frac{1}{2}) = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$.

On a donc $\vect{\text{O}M}(\frac{1}{2})  = \frac{1}{4}\vect{\text{OP}_0} + \frac{1}{2}\vect{\text{OP}_1} + \frac{1}{4}\vect{\text{OP}_2}$.

$\bullet~~$ Méthode barycentrique : Comme P$_0$ et P$_2$ sont pondérés par le même coefficient $\frac{1}{4}$, on commence par le barycentre de ces deux points qui est le milieu I de P$_0$P$_2$, soit le point de coordonnées I$\left(\frac{3}{2}~;~0\right)$.

Ce point I est pondéré par le coefficient $\frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$.

Il reste donc à construire le barycentre des points I et P$_1$ affectés du même coefficient $\frac{1}{2}$. Donc le point $M(1/2)$ est le milieu de [IP$_1$].

On a donc $M(1/2)\left(\frac{\frac{3}{2} + 1}{2}~;~\frac{0 + 8}{0} \right) = \left(\frac{5}{4}~;~4) \right)$

$\bullet~~$ Méthode vectorielle :

Comme $\vect{\text{OP}_0} = \vect{0}$, la définition ci-dessus se simplifie :

$\vect{\text{O}M}(\frac{1}{2})  =  \frac{1}{2}\vect{\text{OP}_1} + \frac{1}{4}\vect{\text{OP}_2}$.

Comme $\vect{\text{OP}_1}\begin{pmatrix}1\\8\end{pmatrix},\:\frac{1}{2}\vect{\text{OP}_1}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\4\end{pmatrix}$ ; \quad $\vect{\text{OP}_2}\begin{pmatrix}3\\0\end{pmatrix},\: \frac{1}{4}\vect{\text{OP}_2}\begin{pmatrix}\frac{3}{4}\\0\end{pmatrix}$, donc $\vect{\text{OP}_0}\begin{pmatrix}\frac{1}{2} + \frac{3}{4}\\4\end{pmatrix}$.

Finalement $\vect{\text{O}M}(\frac{1}{2})\begin{pmatrix}\frac{5}{4}\\4\end{pmatrix}$.
\item Voir à la fin.

On sait aussi que la courbe $\mathcal{C}$ a une tangente en $M(1/2)$ de vecteur directeur $\vect{\text{P}_0\text{P}_2} = \vect{\text{OP}_2}$. Donc cette tangente au point $M(1/2)$ est horizontale.
\item Avec $m = 1,5$. Le point P$_1$ a pour coordonnées (1~;~1,5).
Le principe est le même donc $M(1/2)$ est le milieu de [IP$_1$] et a donc pour coordonnées (1,25~;~0,75).
\item Voir la construction à la fin.
 
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B Travail numérique}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Voir le graphique.

Vu la position de A entre les deux courbes, on peut conjecturer que $1,5 < m < 8$.
\item On sait que $\vect{\text{O}M}(t)  = B_{(0,2)}(t)\vect{\text{OP}_0} + B_{(1,2)}(t)\vect{\text{OP}_1} + B_{(2,2)}(t)\vect{\text{OP}_2}$.

Avec $\vect{\text{O}M}(t)\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}$, \: $\vect{\text{OP}_0}\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$, \:  $\vect{\text{OP}_2}\begin{pmatrix}3\\0\end{pmatrix}$, \: on obtient 

$\vect{\text{O}M}(t)\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2t(1 - t) + 3t^2\\2t(1 - t) \times m\end{pmatrix}$, d'où

\[\left\{\begin{array}{l c l}
x(t)&=&2t + t^2\\
y(t)&=&m \times 2t(1 - t)
\end{array}\right.\]
\item Il faut donc trouver $t$ tel que $M(t)$ soit en A soit :

\[\left\{\begin{array}{l c l}
1&=&2t + t^2\\
2&=&m \times 2t(1 - t)
\end{array}\right.\]
\item La première équation s'écrit : $t^2 + 2t - 1 = 0$ avec $t \in [0~;~1]$.

Avec $\Delta = 2^2 - 4 \times 1 \times (- 1) = 4 + 4 = 4 \times 2 = \left(2\sqrt{2} \right)^2$, on sait qu'il y a deux solutions :

$t_1 = \dfrac{- 2 + 2\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2} - 1$ et $t_2 =  \dfrac{- 2 - 2\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2} - 1$.

Or $-\sqrt{2} - 1 \notin [0~;~1]$.

Il n'y a donc que la solution $t_1 = \sqrt{2} - 1 \approx 0,414$.
\item En reportant cette valeur de $t$ dans la deuxième équation, on obtient :

$2m\left(\sqrt{2} - 1 \right)\left[1 - \left(\sqrt{2} - 1 \right) \right] = 2 \iff 2m\left(\sqrt{2} - 1 \right)\left(2 - \sqrt{2} \right) = 2 \iff m\left(\sqrt{2} - 1 \right)\left(2 - \sqrt{2} \right) = 1 \iff m\left(3\sqrt{2} - 4 \right) = 1 \iff m = \dfrac{1}{3\sqrt{2} - 4} = \dfrac{3\sqrt{2} + 4}{\left(3\sqrt{2} - 4 \right)\left(3\sqrt{2} + 4\right)} = \dfrac{3\sqrt{2} + 4}{18 - 16} = \dfrac{3\sqrt{2} + 4}{2} = m =  \dfrac{3}{2}\sqrt{2} + 2 \approx \np{4,1213}$ soit 4,121 à $10^{-3}$ près.
\item La courbe $\mathcal{C}_{\frac{3}{2}\sqrt{2} + 2}$ passe donc par le point A(1~;~2).
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie C}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Voir le tableau à la fin
\item Voir le tracé de $\mathcal{C}_{\frac{3}{2}\sqrt{2} + 2}$ en rouge ci-dessous.
\end{enumerate}
\newpage
\begin{center}

\textbf{Exercice 3 : partie A}

\bigskip

\psset{xunit=2.8cm,yunit=1.4cm,arrowsize=2pt 3}
\begin{pspicture}(-0.15,-1)(4,9)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=2,Dy=2](0,0)(-0.15,0)(4,9)
\psdots[linecolor=red](0,0)(1,8)(3,0)(1.5,0)(1.25,4)(1,2)
\uput[ur](1,2){A}
\psdots[linecolor=green](1,1.5)(1.25,0.75)\uput[u](1.25,0.75){\green $M(1/2)$}
\uput[u](1,1.5){\green P$_1$}
\uput[dl](0,0){P$_0$ = O}\uput[ur](1,8){P$_1$} \uput[d](3,0){P$_2$}
\uput[d](1.5,0){I} \uput[ul](1.25,4){$M(1/2)$}
\psline[linecolor=blue]{->}(1.25,0)
\psline[linecolor=blue]{->}(0,4)
\psline[linecolor=blue]{->}(1.25,4)
\psline(1.5,0)(1,8)
\psline{->}(0.5,4)
\psline{->}(3,0)(2,4)
\psline{<->}(0.75,4)(1.75,4)
\pscurve(0,0)(1.25,4)(3,0)
\pscurve[linecolor=red](0,0)(0.21,0.74)(0.44,1.32)(0.69,1.73)(1,2)(1.25,2.06)(1.56,1.98)(1.89,1.73)(2.24,1.32)(2.61,0.74)(3,0)
\pscurve[linecolor=green](0,0)(1.25,0.75)(3,0)
\psline[linecolor=green]{<->}(0.5,0.75)(2.,0.75)
\end{pspicture}
\end{center}

\begin{center}
\textbf{Exercice 3 : partie C}

\vspace{2cm}

\begin{tabularx}{\linewidth}{|*{12}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$t$		&0	&0,1	&0,2	&0,3	&0,414	&0,5	&0,6	&0,7	&0,8	&0,9	&1\\ \hline
$x(t)$	&0	&0,21	&0,44	&0,69	&1		&1,25	&1,56	&1,89	&2,24	&2,61	&3\\ \hline
$y(t)$	&0	&0,74	&1,32	&1,73	&2		&2,06	&1,98	&1,73	&1,32	&0,74	&0\\ \hline
\end{tabularx}
\end{center}
\end{document}