Ingénieur territorial 2021 : mathématiques et physique

Proposition de corrigé — non officielle. Session 2021. Interne — mathématiques et physique. Durée : 4 heures. Coefficient : 3.

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Les réponses expliquent les raisonnements et les calculs. Pour les compositions et les analyses, plusieurs réponses argumentées sont possibles ; cette proposition n’est pas validée par le jury.

Mathématiques — Problème 1 : vrai ou faux

A : faux. f′(x) = 2/(2x + 3) − 1 est strictement négative pour x ≥ 0 : f est décroissante.

B : vrai. f′(1) = 2/5 − 1 = −0,6.

C : faux. Une primitive de ln(2x + 3) est [(2x + 3)ln(2x + 3) − (2x + 3)]/2. Donc :

∫₀¹ f(x)dx = (5 ln 5 − 3 ln 3)/2 − 3/2 ≈ 0,875676.

L’arrondi au centième est 0,88, pas 0,87 : tronquer et arrondir sont différents.

D : vrai. u₀ = 1 > 0 et uₙ₊₁ = 0,8uₙ + 2 > 0 dès que uₙ > 0. La propriété se transmet par récurrence.

E : vrai, en lisant « a₄ » comme u₄, la suite a n’étant pas définie dans le sujet. Les valeurs successives sont 2,8 ; 4,24 ; 5,392 ; 6,3136 = 3946/625.

F : faux. Poser vₙ = uₙ − 10 donne vₙ₊₁ = 0,8vₙ, d’où uₙ = 10 − 9 × 0,8ⁿ. La limite est 10.

Mathématiques — Problème 2 : passage sous un pont

1. Déterminer a et la symétrie

1a. f(0) = a − (1 + 1)/2 = a − 1 = 4, donc a = 5.

1b. f(−x) = f(x) : la fonction est paire, ce qui correspond à la symétrie par rapport à l’axe des ordonnées.

2. Variations

2a. La dérivation donne f′(x) = (e⁻⁰·²ˣ − e⁰·²ˣ)/10 = e⁻⁰·²ˣ(1 − e⁰·⁴ˣ)/10.

2b. Sur [0 ; 8], l’exponentielle est positive et e⁰·⁴ˣ ≥ 1. Ainsi f′ ≤ 0 et f est décroissante.

3. Hauteur du camion

La file de droite s’étend de x = 0 à x = 4 ; son milieu est x = 2. Un camion de largeur 2,5 m y occupe l’intervalle [0,75 ; 3,25]. La hauteur disponible est la plus faible à son bord droit, puisque f décroît sur cet intervalle.

hmax = f(3,25) − 0,50 = 4,5 − (e⁰·⁶⁵ + e⁻⁰·⁶⁵)/2 ≈ 3,2812 m.

La hauteur maximale arrondie au centimètre est donc 3,28 m. Utiliser seulement la hauteur au centre du camion ne garantirait pas le passage de son angle supérieur droit.

4. Peinture des façades

4a. Une primitive de e⁰·²ˣ + e⁻⁰·²ˣ est 5e⁰·²ˣ − 5e⁻⁰·²ˣ. Son intégrale de 0 à 8 vaut donc 5(e¹·⁶ − e⁻¹·⁶).

Pour une façade, la surface comprise entre y = 5 et l’arche est ∫₋₈⁸ [5 − f(x)]dx. La symétrie et le facteur 1/2 de l’expression de f donnent 5(e¹·⁶ − e⁻¹·⁶). Pour les deux façades, l’aire est donc 10(e¹·⁶ − e⁻¹·⁶) ≈ 47,51 m².

4b. Deux couches demandent 2 × 47,51 = 95,02 m² de couverture. Un bidon couvre 30 × 0,3 = 9 m². Il faut 95,02/9 ≈ 10,56 bidons, donc 11 bidons. On arrondit au nombre entier supérieur.

Mathématiques — Problème 3 : triangle et bissectrice

1. Cosinus et sinus

La formule d’Al-Kashi donne :

cos A = (6² + 5² − 7²)/(2 × 6 × 5) = 1/5 ;

cos B = (5² + 7² − 6²)/(2 × 5 × 7) = 19/35.

Les angles étant compris entre 0 et π, leurs sinus sont positifs :

sin A = 2√6/5 et sin B = 12√6/35.

2. Longueurs AI, BI et CI

Dans ACI, AI/AC = sin(C/2)/sin(AIC). Dans BCI, BI/BC = sin(C/2)/sin(BIC). Les angles AIC et BIC sont supplémentaires et ont donc le même sinus. En divisant les deux égalités, on obtient AI/BI = AC/BC = 6/7.

Comme AI + BI = AB = 5, on trouve AI = 30/13 et BI = 35/13.

Dans ACI, Al-Kashi donne :

CI² = 6² + (30/13)² − 2 × 6 × (30/13) × 1/5 = 6048/169.

Ainsi CI = 12√42/13 ≈ 5,98.

3. Coordonnées et aires

Avec A(0 ; 0) et C(6 ; 0), les coordonnées de B sont (5 cos A ; 5 sin A), soit B(1 ; 2√6). Comme AI/AB = 6/13, on obtient I(6/13 ; 12√6/13).

L’aire de ABC vaut 6 × 2√6/2 = 6√6. Les triangles AIC et BIC ont leurs bases AI et BI sur une même droite et une hauteur commune issue de C. Leur rapport d’aires est donc 6/7.

Physique — 1. Bilan électrique

a. Une électropompe

La puissance hydraulique est ρgQH = 1000 × 9,81 × 2 × 5 = 98 100 W. Avec un rendement global de 0,5, la puissance active absorbée vaut 196,2 kW par pompe.

Qpompe = P tan(arccos 0,9) ≈ 95,02 kvar.

Il faut distinguer le débit hydraulique, également noté Q dans le sujet, de la puissance réactive électrique.

b. Condensateurs en triangle et en étoile

Pour trois condensateurs identiques, la puissance réactive fournie en valeur absolue vaut Qc = 3ωCUc², avec ω = 2π × 50.

En triangle, chaque condensateur reçoit 400 V :

CΔ = 250 000/(3 × 2π × 50 × 400²) ≈ 1,658 × 10⁻³ F, soit 1 658 µF par condensateur.

Son courant vaut IΔ = ωCΔ × 400 ≈ 208,3 A.

En étoile, chaque condensateur reçoit environ 230 V :

CY = 250 000/(3 × 2π × 50 × 230²) ≈ 5,014 × 10⁻³ F, soit 5 014 µF ; son courant vaut environ 362,3 A.

En utilisant exactement 400/√3 V, on trouve CY = 3CΔ ≈ 4 974 µF et 360,8 A. Le petit écart provient de l’arrondi du réseau à 400/230 V.

Le triangle permet ici une capacité trois fois plus faible par branche, mais impose des condensateurs prévus pour la tension composée. Il constitue un choix usuel pertinent à justifier avec cette contrainte ; le choix industriel final dépend aussi de la technologie, des protections et des caractéristiques du fabricant. Le courant d’une branche en triangle ne doit pas être confondu avec le courant de ligne.

c. Puissance totale et facteur de puissance

Sur téléphone, faites défiler le tableau horizontalement.

Pour l’éclairage, P = S cos φ et Q = S sin φ. Les condensateurs compensent une partie du réactif inductif, d’où le signe négatif.

Sglobal = √(P² + Q²) et cos φglobal ≈ 0,9966. On additionne les puissances actives et réactives, pas directement les puissances apparentes des appareils.

Physique — 2. Consommation du groupe électrogène

a. En 12 h à pleine charge, l’énergie électrique vaut 650 × 12 = 7 800 kWh = 28 080 MJ. Le rendement étant de 0,5, l’énergie du carburant nécessaire est 56 160 MJ. La masse vaut 56 160/42 ≈ 1 337,14 kg, puis le volume 1 337,14/833 ≈ 1,605 m³, soit 1 605 L.

b. Deux jours représentent 48 h, soit quatre périodes de 12 h. Le volume utile théorique est 6 421 L, environ 6,42 m³. Le dimensionnement réel d’une cuve ajoute les contraintes de volume non utilisable, de réserve et de remplissage ; elles ne sont pas chiffrées dans le sujet.

c. À 1,30 €/L, le coût théorique est 6 420,854 × 1,30 ≈ 8 347,11 €. Avec un volume arrondi à 6 421 L avant multiplication, on obtient 8 347,30 € ; l’écart est uniquement un effet d’arrondi.

Physique — 3. Fuite de gazole

a. Les points A et B sont à la pression atmosphérique. En négligeant les pertes et la vitesse de la surface libre, Bernoulli donne vB = √[2g(zA − zB)]. Avec la hauteur 1,20 m portée sur la figure : vB ≈ 4,85 m·s⁻¹.

b. L’orifice de diamètre 0,02 m a pour aire π × 0,01². Le débit supposé constant vaut donc qv ≈ 1,524 × 10⁻³ m³·s⁻¹.

Le bac mesure 1,26 m par 1,26 m. Pour atteindre 0,050 m, il faut V = 1,26² × 0,050 = 0,07938 m³. Le support représenté au-dessus de ce niveau ne retire pas de volume à cette première lame liquide dans le modèle géométrique du sujet.

t = V/qv ≈ 52,1 s : l’alarme se déclenche après environ 52 secondes. Ce résultat dépend de l’hypothèse de débit constant imposée ; une baisse importante de la charge demanderait un autre calcul.