Corrigé mathématiques concours Sciences Po 2012

7/31/2019 Corrig mathmatiques concours Sciences Po 2012

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Concours Blanc 27 juin 2012

Dans tout le problme, on considre que lunit de temps est lanne.

Certaines questions sont traites rapidement. Il nest pas sr que rdigertous les dtails rapportent plus de points : Il vaut mieux insister sur les pointscruciaux.

1 Le modle de Malthus

1) Modle discreta) On a Pn+1 = (1 + k)Pn, donc la suite (Pn) est donc gomtrique de

raison 1 + k.b) Lorsque k > 0 la suite (Pn) est strictement croissante. Lorsque 1 < k < 0 la suite (Pn) est strictement dcroissante. Lorsque k = 0 la suite (Pn) est constante.

c) Lorsque k > 0 la suite (Pn) tend vers +. Lorsque 1 < k < 0 la suite (Pn) tend vers 0.

d) Lorsque k > 0 la population croit de faon exponentielle. Lorsque 1 < k < 0 la population dcroit avant de steindre.

2) Modle continua) Les solutions de lquation diffrentielle yky scrivent sous la forme

y(t) = Cekt avec C = y(0).Donc ici P(t) = P0ekt pour t [0;+[.

b) Lorsque k > 0 la fonction P est strictement croissante et tend vers+. Lorsque 1 < k < 0 la fonction P est strictement dcroissante et

tend vers zro. Lorsque k = 0 la fonction P est constante.

c) Pour le temps de doublement , on a P(t+) = 2P(t), soit P0ek(t+) =2P0ekt, soit encore ek = 2. En prenant le logarithme des deux membres,le temps de doublement est

=ln(2)

k

qui est bien un nombre positif.

Pour = 50 on trouve k =ln(2)

=

ln(2)50

.Un calcul analogue au prc-

dent montre que la population triplera enln(3)

kannes soit 50

ln(3)ln(2)

soit environ 79 ans.d) La valeur moyenne sur [0; T] vaut

T =1T

T0

P0ekt dt =

P0

kT

ekt

T0

=P0

kT

ekT 1

.

En utilisant k = ln(2) on obtient ek 1 = 1 et

=P0

ln(2)

1) Comparaison des deux modles

page : 1/8 http://www.prepa-climax.com


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Pour le modle discret P10 = 1000 1, 110 = 2 594 individus environ.

De mme P100 = 1000

1, 1100

= 13780612 individus environ. Pourle modle continu P(10) = 1000e = 2718 individus environ. De mmeP(100) = 1000e10 = 22026466 individus environ. Le modle continudonne des valeurs plus grandes. Il correspond une capitalisation quise fait continment et non pas seulement lchance dun an comme lemodle discret.

2 Modle de Verhulst discret

1) Soit la limite dune suite (Pn) convergente. On a alors = k

1

M

soit = 0 ou = M.

2) Soit n N

, on a

un+1 run(1 un) =k

rMPn+1

rkPn

rM

1

k

rMPn

=k

rM

kPn

1

Pn

M

+ Pn

kPn

M

1

k

rMPn

=kPn

M

k

r

1

Pn

M

+

1r

1

k

rMPn

=kPn

M

k

r+

1r

k

rMPn 1 +

k

rMPn

=kPn

M

k + 1

r 1

= 0.

Ce quil fallait vrifier.3) On va dmontrer que si x [0; 4

9], on a 1, 8x(1 x) 4

9.

En effet on a f(x) = 1, 8x(1 x) croissante sur [0; 49

].On a donc f(0) f(x) f( 49). Or f(0) = 0 et f(

49

) = 1, 8 49 59

= 49

.Do le rsultat.a) On va dmontrer par rcurrence que pour tout entier naturel n 1 on

a Hn : 0 un 49 .Initialisation : La proprit H1 est vrifie puisque u1 = 1, 80, 80, 2 =0, 288 49 .Lhrdit provient de la proprit dmontre plus haut : Si on a 0

un 49 , alors on a 0 f(un) = un+1 49 .On a donc bien Hn pour tout entier naturel n 1. A fortiori on aun

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ce quil fallait dmontrer.De plus on a un+1 un = un(0, 8 1, 8un). Or daprs Hn on a 0 1, 8un 0, 8 et donc 0, 8 1, 8un 0. Comme un 0, on a bienun+1 un 0, ce qui prouve bien que la suite (un)n1 est croissante.

b) La suite (un)n1 est croissante et majore daprs la question prc-dente. Elle est donc convergente. Daprs la question 1) cette limite est0 ou k

r= r1

r= 0,8

1,8= 4

9. La limite nulle est exclue parce que la suite

croit partir de u1 = 0, 288. Donc limn

=49

.



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c) long terme la population (Pn) va se stabiliser vers la valeur limite

M. En effet les suites (un) et (Pn) sont les mmes un facteur deproportionnalit prs.4) a) Voir graphique en fin de corrig.

b) On peut conjecturer que les valeurs de un vont se dposer alternati-vement autour dune valeur proche de 0, 8 et dune valeur proche de0, 5.Il est plus raisonnable de penser quavec un dessin on ne peut rienconjecturer du tout.

c) A priori les six premiers termes de la suite sont u0, . . . , u5.

0 1 2 3 4 5 60, 8 0, 512 0, 79954 0, 51288 0, 79947 0, 51302 0, 79946

Ces rsultats confirment la vraisemblance de la conjecture ci-dessus. Ilsconfirment surtout quon ne peut pas dire grand chose tant quon naurapas tudi srieusement les suites (u2m) et (u2m+1).

5) a) Si up > 1, alors 1up < 0 et up+1 = 3, 2up(1up) est ngatif puisqueup > 0.Par ailleurs si x < 0, alors f(x) = rx(1x) est aussi strictement ngatif.Donc la proprit Hn : un < 0 est hriditaire. Donc puisque H

p+1 parrcurrence, un < 0 pour n p + 1.

b) On a h(x) = 5x(1x)x = x(56x). Pour x < 0 on a 56x > 0. Donch(x) < 0. On en dduit que un+1 un = 5un(1 un) un = h(un) eststrictement ngatif ds que un lest. Donc daprs la question prcdente,un+1un < 0 pour n p + 1. Cest bien dire que la suite (un)np+1 estdcroissante. En particulier lentier p est unique ce quon aurait pu direds la question prcdente. En effet les termes (un)np+1 tant ngatifsne risquent pas dtre plus grands que 1.

c) Supposons, lespace dun instant, que (un)np+1 soit minore. Puis-quelle est dcroissante, elle serait donc convergente. Sa limite vrifie-rait alors h() = 0 et up+1 puisque (un)np+1 est dcroissante. Orces deux conditions sont incompatibles puisque < 0 entrane h() < 0.Conclusion : (un)np+1 minore aboutit une contradiction. Donc (un)np+1nest pas minore.

d) Daprs les questions prcdentes, la suite (un)np+1 est dcroissanteet non minore. Elle tend donc vers .

e) Pour u0 = 0, 8, la suite (un) est constante. En effet h(0, 8) = 5 0, 80, 2 0, 8 = 0. Donc la proprit "un = 0, 8" est hrditaire.

f) Pour u0 = 0, 5, on a u1 = 5 0, 5 0, 5 = 1, 25 > 1. Donc p = 1. Pour u0 = 0, 1, on a u1 = 50, 10, 9 = 0, 45, puis u2 = 50, 45

0, 55 = 1, 2375 > 1. Donc p = 2. Pour u0 = 0, 799999, on trouve u17 = 1, 13 102 prs, et p = 17.

Dans ces diffrents cas le modle nest pas satisfaisant puisquil conduit des populations dont les effectifs sont ngatifs.On peut aussi remarquer que si lon change de trs peu la conditioninitiale (0, 799999 au lieu de 0, 8), le comportement de la suite changecompltement.



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3 Modle de Verhulst continu

1) a) En partir de Q(t) = 1P(t)

on obtient Q(t) = P(t)

P2(t).

Donc si P est une solution de lquation (E), alors

P(t)P2(t)

= k

P(t)

1

P(t)M

= Q(t) +

k

M. Autrement dit Q est

solution de y = ky +k

M.

Inversement, si Q est solution de y = ky +k

M, alors

P(t)P2(t)

=

Q(t) = kQ(t) +k

M=

P(t)P2(t)

= k

P(t)

1

P(t)M

. Autrement dit

P(t) = kP(t)1 P(t)M

. Cest dire que P est solution de (E).Remarque : Lnonc tel quil est rdig nest pas correct. En effet, siQ est une solution de (E), rien ne prouve que Q ne sannule pas, rien neprouve que lon obtient des solutions P strictement positivies. De mme,dans lautre sens si on prend pour P la solution nulle de lquation (E),la fonction Q nest pas dfinie.

b) Les solutions de lquation y = ky sont de la forme y(t) = ekt.On a y(t) = 1

Mcomme solution constante de (E). Donc y est solution

de (E) si et seulement si il existe un rel tel que y(t) = ekt + 1M

pour tous rels positifs.Suite de la remarque : pour = 1

Mon a Q(0) = 0 ce qui est

chagrinant.c) Daprs les deux questions prcdentes, les solutions de (E) sont les

fonctions de la forme y(t) = 1ekt + 1

M

sur [0; +[.

1) a) En multipliant le numrateur et le dnominateur de lexpression pr-

cdante par M on obtient y(t) = P(t) =M

Mekt + 1ce qui donne le

rsultat demand avec C = M.b) En prenant t = 0 dans lexpression prcdente, on obtient P(0) = P0 =

M

1 + Cdo C =

M

P0 1.

Le signe de C dpend des valeurs de P0 (valeur initiale) et de M (valeurlimite). Plus prcisment Si M < P0 alors C est strictement ngatif. Si M > P

0alors C est strictement positif.

Si M = P0 alors C est nul.c) Puisque k > 0, on a lim

t+ekt = 0 et par suite lim

t+P(t) = M.

d) La fonction t ekt est strictement dcroissante sur [0; +[. Si C > 0,il en est de mme pour t Cekt et pour t 1 + Cekt. En passant linverse la fonction P est strictement dcroissante (car elle est supposstrictement positive) sur [0; +[.On a un rsultat contraire pour C > 0 Si M < P0 alors P est strictement dcroissante sur [0; +[. Si M > P0 alors P est strictement dcroissante sur [0; +[. Si M = P0 alors P est constante sur [0; +[.



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3) a) Lastuce est de multiplier numrateur et dnominateur par ekt pour

avoir une primitive de u

u . On a

T =1T

T0

M

Cekt + 1dt

=1T

T0

M ekt

C+ ektdt

=M

kT

T0

kekt

C+ ektdt

=M

kT

ln

C+ ektT

0

=

M

kT lnC+ ekT

C+ 1

.

b) Le terme prpondrant dans C+ ekT cest ekT. Cest lui le patron. Onva le mettre en facteur : C+ ekT = ekT

1 + CekT

. Donc

T =M

kTln

ekT

+M

kTln

1 + CekT

1 + C

= M +M

kTln

1 + CekT

1 + C

.

On a successivement limT+

ekT = 0 (car k > 0),

limT+ ln1 + CekT

1 + C

=

ln(1 + C). noter que 1 + C =M

P0 eststrictement positif donc tout va bien. Mainteant puisque lim

T+

M

kT= 0,

on a limT+

M

kTln

1 + CekT

1 + C

= 0 et enfin lim

T+T = M.

Autrement dit la fonction P tend vers M suffisamment vite pour que lamoyenne tende aussi vers M.

3) a) Soit g(t) = t3, on a g(t) = 3t2 puis g(0) = 0. Lquation de latangente en O est donc yg(0) = 0(x0) = 0. Pour les t < 0 la courbeest donc au-dessous de sa tangente. Elle est au-dessus pour les t > 0.Cette tangente traverse la courbe en O. Le point O est donc bien unpoint dinflexion de la courbe reprsentative de la fonction cube.

b) Puisque P est solution de (E), on a P(t) = kP(t)

1 P(t)M

=

k

P(t)

P2(t)M

. Donc en drivant nouveau, P(t) = kP(t)

2kP(t)P(t)

M= kP(t)

1

2P(t)M

. Mis part le cas trivial C = 0

la fonction P ne sannule pas, puisque ni P ni 1 PM

ne sannule. DoncP sannule si et seulement si P(t) = M

2. Comme M

2< M = lim

t+P(t),

pour que cette situation se produise, il est ncssaire que P ne soit pasdcroissante, soit C > 0. Du fait de la stricte monotonie de P, ce t0, silexiste est ncssairement unique.



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Nous allons voir que contrairement ce quaffirme lnonc cette condi-

tion nest pas (vraiment) suffisante. En effet on rsoutM

Cekt + 1 =M

2soit Cekt + 1 = 2 ou ekt = 1

C. En prenant les logaritmes, on a alors

kt = ln(C), ce qui donne bien comme solution t0 =ln(C)

k. Mais on

cherche des solutions pour t qui sont positives ou nulles, ce qui im-pose C 1, faute de quoi le "point dinflexion" serait dabscisse ngative.Or P nest pas dfini pour ces valeurs ngatives, mme sil est facile deprolonger P.Une autre faon de voir est de constater que P crot de P0 M, doncon doit avoir P0 M2 ce qui redonne la condition C 1.Je doute que cette imprcision de lnonc ait pu gner des candidats.

c) Cette question se traduit par P(t0) = M2 ce qui a t vu la question

prcdente.d) partir de P(t0) = kP(t0)

1

P(t0)M

on obtient aisment

P(t0) = kM

2

1

M

2M

=

kM

4. Lquation de la tangente scrit donc

y M

2=

kM

4

t

ln(C)k

e) Daprs la question prcdente, on a g(t) =kM t

4+

M

2

Mln(C)4

et

(t) = P(t)g(t) = kP(t)1P(t)

M

kM

4

= kMP(t)

M1

P(t)

M

1

4.

En posant pour simplifier x = P(t)M

on a (t) = kM(x(1 x) 14) =kM(x2 x + 14) = kM(x

12)

2 0.On en dduit que est strictement dcroissante sur [0; +[. Comme(t0) = P(t0) g(t0) = M2

M2

on en dduit que (t) > 0 sur [t; t0[et que (t) < 0 sur ]t0; +[. Donc la courbe reprsentant la fonctionP est au-dessus sa tangente pour t [t; t0[ et au-dessous pour t ]t0; +[. Autrement dit le point A0 est un point dinflexion de la courbereprsentant la fonction P.

5) a) En posant X = e1,5t, on a d(t) = 0, 5X6

1 + 11X

=0, 5X 0, 5

1 + 11X

. On

rsout donc linquation X 1 < 0, 2(1 + 11X

) soit X 1, 2 < 2,2X

soitenfin X2 1, 2X 2, 2 < 0. (En effet X et 1 + 11

Xsont positifs)

On a = 10, 24 = 3, 22 Donc les racines sont X1 = 2, 2 et X2 = 1. Letrinme est ngatif entre les racines, mais on ne prend que les valeursde X positives (cest une exponentielle) et mme plus grandes que 1.Donc on prend 1 X < 2, 2, soit 0 1, 5t < ln(2, 2) ou encore 0 t 0 alors Q ln(M) et P M.Si k < 0 alors ekt +. Si de plus C > 0 alors Q + et P +.Sinon, si C < 0 alors Q et P 0.

3) En prenant t = 0 on a P(0) = P0 = M eC

donc eC

=P0

M et C = ln(P0

M).Le signe de C dpend des valeurs de P0 (valeur initiale) et de M (valeurlimite ventuelle). Plus prcisment Si M > P0 alors C est strictement ngatif. Si M < P0 alors C est strictement positif. Si M = P0 alors C est nul.

4) a) population en voie dextinction est la traduction de limt

P(t) = 0,

cest--dire, daprs la question 4.2) k < 0 et C < 0. Cest le cas ici,puisque M = 20 et P0 = 1.

b) On a C = ln( 120

) = ln(20). On rsout linquation P(t) < 0, 01puisque 10 individus reprsentent 0, 01 millier.

20exp ln(20)e0,05t

< 0, 01soit exp

ln(20)e0,05t

< 5 104

soit ln(20)e0,05t < ln(5 104)

soit e0,05t > ln(5 104)

ln(20)

soit 0, 05t > ln ln(5 104)

ln(20)

soit t > 20ln ln(5 104)

ln(20)

soit t > 18, 6 ans environ.



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