Collège Stanislas Terminale S Décembre 2009 Corrigé du bac blanc de mathématiques Exercice I (Commun à tous les candidats) 1 .réponse B On pose z = 2.réponse B 2 2 +i 3.réponse A 4.réponse D 2 2 1. z2 = ( 2 + 2 ) - (2 - 2 ) – 2 i ( 2 2 )( 2 2 )= 2 2 -2i 2 2. | z2 | = 8 8 4 ; z2 = 4 ( i 2 2 i ) = 4 ( cos( ) + i sin( ) ) = 4 e 4 2 2 4 4 3. | z2 | = | z |2 = 4 ; pour tout complexe z , | z | à 0 donc | z | = 2 arg ( z 2 ) = 2 arg (z ) [ 2 ] arg( z ) = 8 4 [ 2 ] ou arg( z ) = = 2 arg ( z) [ 2 ] i 8 + k = arg (z) 7 8 2 2 d’après l’énoncé . z = 2 e Donc : 2 2 + i 4 + 2k = 2arg( z) 7 7 [ 2 ] . La partie réelle de z est négative donc arg( z) = [2] 8 8 z s’écrit sous forme exponentielle : z = 2 e 4. z = 2 2 + i 2 2 = 2 ( cos( i 7 8 d’après la question 3. 7 7 ) i sin( ). 8 8 En identifiant les parties réelle et imaginaire de z , on obtient : cos( 7 2 2 7 ) ) et sin( 8 2 8 2 2 2 Exercice II (Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité ) Soit un nombre réel tel que - 1 < a < 0 On considère la suite u définie par u0 = a et pour tout entier naturel , un+1 = un2 + un 1. Étudier la monotonie de la suite u. Pour tout n appartenant à É , un+1 - un = un2 . un+1 - un à 0 . La suite u est donc une suite croissante . 2. a. Soit h la fonction définie sur ℝ par h(x) = x2 + x . Étudier le sens de variations de la fonction h. La fonction h est une fonction polynôme . Elle est donc dérivable sur Ë . h ’(x) = 2 x + 1 . Le tableau de variations de h est le suivant : x - signe de h (x) - Error! 0 + + Variation de h -Error! En déduire que pour tout x appartenant à l'intervalle [-1;0], le nombre h(x) appartient aussi à l'intervalle [-1;0] La fonction h admet un minimum en – Error! ; La représentation graphique de h dans un repère orthogonal admet la droite d’équation x = - Error! comme axe de symétrie .Les réels -1 et 0 sont symétriques par rapport à – Error! . On en déduit que h(0 ) = h ( - 1 ) = 0 et que si -1  x  0 alors - Error! h (x) Â0 . En conséquence, si x appartient à l ' intervalle [-1;0], le nombre h(x) appartient aussi à l'intervalle [-1;0] . b. Démontrer que pour tout entier naturel n, on a – 1  un Â0 Soit Pn la propriété définie par – 1  un Â0 Comme - 1 < a < 0 et u0 = a , P0 est vraie . Supposons que Pn est vraie pour un entier n à 0, alors – 1  un Â0 Nous savons que pour tout x appartenant à l'intervalle [-1;0], le nombre h(x) appartient aussi à l'intervalle [-1;0] et que un+1 = h ( un ) . Donc Pn+1 est vraie . Donc si Pn est vraie alors Pn+1 est vraie On a ainsi démontré par récurrence que , pour tout entier naturel n , – 1  un Â0 . Étudier la convergence de la suite u. La suite u est une suite croissante (question 1) et majorée (question 2 b). Toute suite croissante majorée est une suite convergente donc la suite u est une suite convergente de limite l. Déterminer, si elle existe, sa limite La fonction h est dérivable sur l’intervalle [ -1 ; 0 ] ; elle est donc continue sur ce même intervalle. Pour tout n appartenant à É , un appartient à l’intervalle [ -1 ; 0 ] . La suite u est une suite convergente de limite l. Le réel l est donc solution , dans l’intervalle [ - 1 ; 0 ] de l’ équation h (x) = x. h (x) = x et x [ -1 ; 0] x = x2 + x et x [ -1 ; 0] 0 = x2 et x [ -1 ; 0] x = 0 La limite de la suite u est donc l = 0 Exercice II (Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité ) Les questions 1 et 2 sont indépendantes. Soit n un entier naturel non nul. 1. On considère l’équation notée (E) : 3x +7y = 102n où x et y sont des entiers relatifs. a. Déterminer un couple (u ; v) d’entiers relatifs tels que 3u +7v = 1. 3 5 7 (2) 1 . Le couple (u ;v) = ( 5 ; - 2 ) est solution de l’équation 3u +7v = 1. En déduire une solution particulière (x0 ; y0 ) de l’équation (E). On en déduit que 3 5 10 2 n 7 (2) 10 2 n 10 2 n et que le couple ( 5 × 102n ; - 2 × 102n) est solution de ( E) b. Déterminer l’ensemble des couples d’entiers relatifs (x ; y) solutions de (E). Le couple d’entiers relatifs (x ; y) est solution de (E) équivaut à 3 x 7 y = 3 5 10 2 n 7 (2) 10 2 n 10 2 n Cette dernière équation équivaut à 3 ( x 5 10 2 n ) 7 ( y 2 10 2 n ) avec 5× 102n et 2×102n Î . Si le couple d’entiers relatifs (x ; y) est solution de (E) alors 3 divise 7 ( y 2 10 2n ) , 3 et 7 sont deux entiers premiers entre eux , donc , d’après le théorème de Gauss, 3 divise ( y 2 10 2n ) . Il existe k dans Î tel que y 2 10 2 n = 3 k . On en déduit alors en remplaçant y 2 10 2 n par 3 k , que x = 5 10 2 n 7k . Réciproquement tout couple ( 5 10 2 n 7k ;3k 2 10 2 n ) est solution de l’équation 3x +7y = 102n puisque 3 (5 10 2 n 7k ) 7 (3k 2 10 2 n ) 10 2 n . Les solutions de l’équation (E) sont les couples ( 5 10 2 n 7k ;3k 2 10 2 n ) , où k désigne un entier relatif . 2. On considère l’équation notée (G) 3x2 +7y2 = 102n où x et y sont des entiers relatifs. a. Montrer que 100 ≡ 2 (modulo 7). 100 = 7 × 14 + 2 . Le reste dans la division euclidienne de 100 par 7 est donc égal à 2 ; 100 2 ( modulo 7 ) Démontrer que si (x ; y) est solution de (G) alors 3x2 ≡ 2n (modulo 7). 100 2 ( modulo 7 ), c'est-à-dire : 102 2 ( modulo 7 ) . Par exponentiation , 10 2n 2n ( modulo 7 ) Pour tout entier relatif y , on a : 7 y2 0 ( modulo 7 ) . Par addition, on obtient : 3 x2 + 7 y2 3x 2 ( modulo 7 ) . Si (x ; y) est solution de (G) alors 3x2 + 7 y2 = 102n. La relation de congruence étant transitive, on conclut que 3 x 2 2 n ( modulo 7 ) . b. Reproduire et compléter le tableau suivant : Reste de la division euclidienne de x par 7 0 1 2 3 4 5 6 Reste de la division euclidienne de 3x2 par 7. 0 3 5 6 6 5 3 Nous constatons que 3x2 peut être congru à 0 , 3 , 5 ou 6 , modulo 7 c. Démontrer que 2n est congru à 1, 2 ou 4 modulo 7. Soit n un entier naturel . Le reste dans la division euclidienne de n par 3peut être égal à 0 , 1 ou 2 Reste dans la division Si n = 3 k ( k Î) , alors 2 n =( 2 3 )k . euclidienne de 2n par 7 2 3 1 ( modulo 7 ) donc par exponentiation , 2n 1 ( modulo 7 ) . n=0 1 Si n = 3 k + 1 ( k Î) , alors 2 n =( 2 3 ) k × 2 . 2 n=1 2 3 1 ( modulo 7 ) donc 2n 2 ( modulo 7 ) . 4 n=2 Si n = 3 k + 2 ( k Î) , alors 2 n =( 2 3 ) k × 4 . 1 2 3 1 ( modulo 7 ) donc 2n n=3 modulo 7 ) . En déduire que l’équation (G) n’admet pas de solution. Si un couple d’entiers relatifs (x ; y) est solution de (G) alors 3x2 + 7 y2 = 102n. Si (x ; y) est solution de (G) alors 3x2 ≡ 2n (modulo 7)( question 2 a ) Cette dernière condition implique que 3x2 et de 2n ont le même reste dans la division euclidienne par 7. Or les deux dernières démonstrations font apparaître que c’est impossible . L’équation (G) n’admet donc pas de solution. 4(