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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 2.réponse B 3.réponse A 4.réponse D
On pose z =
22
+ i
22 
1. z2 = ( 2 + 2 ) - (2 - 2 ) – 2 i (
22
) (
22 
) = 2 2 - 2 i 2
2. | z2 | =
488 
; z2 = 4 (
2
2
2
2i
) = 4 ( cos(
4
) + i sin(
4
) ) =
4
4
i
e
3. | z2 | = | z |2 = 4 ; pour tout complexe z , | z | Ã 0 donc | z | = 2
arg ( z 2 ) = 2 arg (z ) [ 2  ] 
4
= 2 arg ( z) [ 2  ] 
4
+ 2k  = 2arg( z) 
8
+ k  = arg (z)
 arg( z ) =
8
[ 2  ] ou arg( z ) =
8
7
[ 2  ] . La partie réelle de z est négative donc arg( z) =
8
7
[ 2  ]
z s’écrit sous forme exponentielle : z = 2
8
7
i
e
4. z =
22
+ i
22 
d’après l’énoncé . z = 2
8
7
i
e
d’après la question 3.
Donc :
22
+ i
22 
= 2 (
)
8
7
sin()
8
7
cos( i
.
En identifiant les parties réelle et imaginaire de z , on obtient :
222
)
8
7
cos( 
et
222
)
8
7
sin( 
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
-
-
Error!
+
signe de h (x)
-
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.
1)2(753 
. 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
nnn 222 1010)2(71053 
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
yx 73 
=
nnn 222 1010)2(71053 
Cette dernière équation équivaut à
)102(7)105(3 22 nn yx 
avec 5× 102n et 2×102n  Î .
Si le couple d’entiers relatifs (x ; y) est solution de (E) alors 3 divise
)102(7 2n y
,
3 et 7 sont deux entiers premiers entre eux , donc , d’après le théorème de Gauss, 3 divise
)102( 2n y
.
Il existe k dans Î tel que
n
y2 102
= 3 k . On en déduit alors en remplaçant
n
y2 102
par 3 k ,
que x =
k
n71052
.
Réciproquement tout couple (
)1023;710522 nn kk 
est solution de l’équation 3x +7y = 102n puisque
nnn kk 222 10)1023(7)7105(3 
.
Les solutions de l’équation (E) sont les couples (
)1023;710522 nn kk 
, 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
2
3x
( modulo 7 ) .
Si (x ; y) est solution de (G) alors 3x2 + 7 y2 = 102n.
La relation de congruence étant transitive, on conclut que
n
x23 2
( 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
Si n = 3 k ( k  Î) , alors 2 n =( 2 3 )k .
2 3 1 ( modulo 7 ) donc par exponentiation , 2n 1 ( modulo 7 ) .
Si n = 3 k + 1 ( k  Î) , alors 2 n =( 2 3 ) k × 2 .
2 3 1 ( modulo 7 ) donc 2n 2 ( modulo 7 ) .
Si n = 3 k + 2 ( k  Î) , alors 2 n =( 2 3 ) k × 4 .
2 3 1 ( modulo 7 ) donc 2n 4 (
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.
Reste dans la division
euclidienne de 2n par 7
n = 0
1
n = 1
2
n = 2
4
n = 3
1