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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 | Ã 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 Â un Â0
Soit Pn la propriété définie par – 1 Â 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 Â 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(