correction bac blanc

Correction Bac blanc
Exercice 1 : (QCM)
1.
lim
x0
fx
=0=f(0) donc f est continue en 0.
(croissance comparée de la fonction ln et de la fonction x->x)
Or
lim
x0
fx– f 0
x – 0=lim
x0
ln
1
x
=∞
donc f n'est pas dérivable en 0.
2. L'ensemble de définition E de cette équation est :
il faut que 1-x>0 et 1+x>0 donc E=]-1 ; 1[.
ln 1– x ln 1x0
<=>
ln 1– x 1xln1
<=>
1– xx – x21
<=>
– x20
<=>
x∈ℝ
Donc l'ensemble de solution est ]-1 ; 1[.
3. Toute suite décroissante non minorée diverge.
Contre-exemple de (b) :
un= –1n
est bornée non convergente.
Contre-exemple de (c) :
un=– n
est décroissante majorée par 0 mais diverge.
Exercice 2 : (Extrait de France métropolitaine Juin 2002)
1. (a)
lim
x–∞e2x
=0 donc
lim
x–∞1– xe2x
=0 (croissance comparée de la fonction
exponentielle et d'une fonction affine). Ainsi
lim
x–∞
fx= lim
x–∞
x
2=–∞
.
fx= 1
2[e2x x
e2x 1−x]
. Or
lim
x∞
x
e2x
=0 (croissance comparée de la fonction
exponentielle et de la fonction x->x) Donc
lim
x∞
x
e2x 1– x=–∞
et comme
lim
x∞ e2x=∞
alors
lim
x∞
fx=–∞
.
(b)
fx− x
2=1−xe2x 2
donc par le 1. ,
lim
x–∞
fx–x
2
=0. La droite Δ est alors
asymptote à C en
–∞
.
Sur
ℝ
,
e2x
2
>0 donc le signe de
fx− x
2
dépend de celui de (1-x).
Ainsi C est au-dessus de Δ sur ]
–∞
; 1[ et en dessous sur ]1 ;
∞
[.
2. f est dérivable sur
ℝ
comme composée puis produit et somme de fonctions dérivables sur
ℝ
.
f ' x= 1
2[1−e2x2−2xe2x ]
=
1
2[11−2x e2x ]
.
3. (a) On a u dérivable sur
ℝ
et
u ' x=−2e2x 2−4xe2x=−4xe2x
.
De plus
lim
x–∞
ux
=1 (croissance comparée d'une exponentielle et d'une fonction affine) et
lim
x∞
ux=–∞
.
x–∞ 0 +∞
-4x + 0 -
e2x
+ +
u'(x) + 0 –
u(x)
1
2
–∞
Sur [0 ; 1], la fonction u est strictement décroissante, continue, u(0)=2>0 et
u1=1–e2≈–6,4
<0 donc par le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation u(x)=0
admet une unique solution dans l'intervalle [0 ; 1].
A l'aide de la calculatrice on a successivement les encadrements suivants :
0<α<1 0,6<α<0,7 puis à
10–2
près : 0,63<α<0,64.
(b) D'après les variations de la fonction u, on a
x–∞ α +∞
u(x) + 0 –
4. On a
f ' x= 1
2ux
donc par le signe de u(x) on a f est croissante sur ]
–∞
; α[ et
décroissante sur ] α ;
∞
[.
x–∞ α +∞
f '(x) + 0 –
f(x)
–∞
f(α)
-∞
5. (a)
y=f ' 1x – 1 f1
=
1
21−e2x−1 1 2
=
1
21−e2x1 2e2
.

(b)
fx−axb=1
2[e2x −xe2xe2x−e2]
Or
x –1e2–e2x =xe2–e2– xe2xe2x
donc f(x)-(ax+b) et
x –1e2–e2x 
sont du même
signe.
x–∞ 1 +∞
x – 1
- +
e2–e2x
+ -
f(x)-(ax+b) – –
Donc C est en dessous de D sur
ℝ
.
6. (a) On a u(α)=0 donc
11–2αe2α =0
ainsi
e2α =1
2α−1
.
Ainsi
fα=1
2[α1−α 2α−1]
=
2α2−2α1
4α−2
.
(b) D'après le 3. (a) on a 0,63<α<0,64 donc comme g est décroissante : g(0,63)>g(α)>g(0,64).
Ainsi 1,03>f(α)>0,96.
Exercice 3 : (Non spé) (Extrait de Réunion Juin 2006)
Partie A
1. (a)
lim
x1
ln x
=0+ et
lim
x1
x
=1 donc
lim
x1
fx=∞
.
lim
x∞
x
lnx=∞
(croissance comparée de la fonction ln et de la fonction x->x)
(b) f est dérivable sur
ℝ
et
f ' x= lnx–1
lnx2
.
Sur ]1 ;
∞
[ , (ln(x))^2>0 donc
x1 e +∞
f '(x) – 0 +
f(x)
+∞
e
+∞
2. (a)
un
semble décroissante et convergente vers environ 2,7.
(b) Soit
Pn
la propriété définie sur
ℕ
par
« une »
.
•
u0=5e
donc
P0
est vérifiée.
•On suppose la propriété vraie pour un n quelconque. Ainsi
une
.
f étant croissante sur [e ;
∞
[, on a
fun fe
ainsi
un1e
.
•Ainsi pour tout n de
ℕ
,
une
.
(c) Soit
Pn
la propriété définie sur
ℕ
par
« unun1»
.
f ( x ) =x /2
f(x ) =1 /2 * (1 - e^2 ) * x +e^2 /2
Séries 1
Séries 2
Séries 3
f ( x ) =( x + (1 - x ) e ^{2 x }) /2
y =-0 .0 0 3 5 x +0 .9 69 7
-4 -3 -2 -1 1
-4
-3
-2
-1
1
x
y
Δ
∆
D
α
f(α)
f ( x ) = x / ln ( x )
f ( x ) = x
1 2 3 4 5
1
2
3
4
x
y

•
u0=5
et
u1=f5= 5
ln5≈3
donc
P0
est vérifiée.
•On suppose la propriété vraie pour un n quelconque. Ainsi .
unun1
f étant croissante sur [e ;
∞
[, on a
fun fun1
ainsi
un1un2
.
•Ainsi pour tout n de
ℕ
,
unun1
.
Ainsi la suite
un
est décroissante. Or elle est minorée par e (cf (b)) donc elle converge vers
un réel de [e ;
∞
[.
Partie B
1. On a
lim
n∞
un
=l donc comme f est continue
lim
n∞
fun
=f(l ).
Or
fun=un1
donc
lim
n∞
fun
=
lim
n∞
un
=l . Ainsi f(l )=l.
2. On résoud alors
l
lnl
= l donc ln(l)=1 ainsi l=e.
Exercice 3 : (Spé) (Extrait de Centres étrangers Juin 2006)
Partie A
1. 4 ≡ 1 mod 3, donc
4n
≡
1n
mod 3 et finalement
4n
≡ 1 mod 3.
2. 4 est premier avec 29 (en effet, 29 est premier). Donc d’après le petit théorème de Fermat :
429 −1
−1 ≡ 0 mod 29 ou encore
428
−1 est divisible par 29.
3. 4 = 0×17+4 donc le reste dans la division euclidienne de
41
par 17 est 4.
42
= 0×17+16 donc le reste dans la division euclidienne de
42
par 17 est 16.
43
= 3×17+13 donc le reste dans la division euclidienne de
43
par 17 est 13.
44
= 15×17+1 donc le reste dans la division euclidienne de
44
par 17 est 1.
La dernière égalité montre que
44
≡ 1 mod 17, d’où
44k
≡
1k
mod 17 soit
44k
≡ 1 mod 17
ou encore
44k
−1 ≡ 0 mod 17.
Conclusion :
44k
−1 est divisible par 17.
4. On a
42
= 16 = 3×5+1 ou
42
≡ 1 mod 5 d’où il résulte que
42k
≡ 1 mod 5 ou encore
42k
−1 ≡ 0 mod 5.
Conclusion :
4n
−1 est divisible par 5 si n est pair.
Par contre : de 4 ≡ 4 mod 5 et
42k
≡ 1 mod 5 il résulte par produit que
42k 1
≡ 4 mod 5.
Conclusion :
4n
−1 est divisible par 5 si et seulement si n est pair.
5. Diviseurs premiers de
428
− 1 : la question 2 a déjà donné le nombre 29 ;
laquestion 3 a donné le diviseur premier 17 (car 28 est un multiple de 4) ;
la question 4 a donné le diviseur 5 (car 28 est pair) ;
D’autre part, 4 ≡ 1 mod 3 entraîne
4n
≡ 1 mod 3 ou encore
4n−1
est divisible par 3 qui est
premier.
Partie B
1. 4 =
22
; si p est premier différent de 2, il est premier avec 4, donc d’après le petit théorème
de Fermat
4p − 1
−1≡ 0 mod p ou
4p − 1
≡ 1 mod p. Le premier premier différent de 2 est 3,
donc n = p −1>1.
2. (a) On a donc :
4n
≡ 1 mod p,
4b
≡ 1 mod p et n = bq+r avec r < b. On déduit de la
seconde congruence que
4bq
≡ 1 mod p et par quotient avec
4bqr
≡ 1 mod p que
4r
≡ 1
mod p. Or b étant le plus petit naturel vérifiant
4b
≡ 1 mod p, il en résulte que
4r
= 1 ou
encore r = 0.
(b) On vient de démontrer dans la question précédente que si
4n
≡ 1 mod p, alors n est
multiple de b, b étant le plus petit entier naturel positif tel que
4b
≡ 1 mod p.
Inversement si n = kb, de
4b
≡ 1 mod p, on déduit que
4kb
≡
1k
mod p soit
4n
≡ 1 mod p.
L’équivalence est donc démontrée.

(c) D’après la question de la partie B1.
4p − 1
≡ 1 mod p et soit b le plus petit entier tel
que
4b
≡ 1 mod p. D’après la question 2. b. il en résulte que p −1 est multiple de b ou encore
b (non nul) divise p −1.
Exercice 4 : (Extrait de Réunion Juin 2006)
1. (a) On pose Z=
z
z'
, alors Zz'=z donc arg(Zz')=arg(Z)+arg(z')=arg(z) . D'où le résultat.
(b) (
AB
,
CD
) = (
AB
,
u
)+ (
u
,
CD
) = (
u
,
CD
)-(
u
,
AB
)
=
arg zD−zC−arg zB−zA
= arg(
zD−zC
zB−zA
)
2.
z – 4
z=i
<=> z-4=iz <=> z(1-i)=4 <=>
z=4
1−i
<=>
z=41i
1−i1i
<=>
z=44i
2
<=> z=2+2i.
3. On a Δ=4-16=-12. Ainsi l'équation admet deux solutions complexes conjuguées :
z1=2−i
12
2=1−i
3
et
z2=1i 3
.
On a
∣
z1
∣
= 13=2
et
∣
z2
∣
=2
.
De plus,
cosӨ1= 1
2
et
sin Ө1=−
3
2
donc
Ө1=−
3
.
Ainsi
z1=2e−i
3
et
z2=2ei
3
.
4. On a
OD= ∣ d ∣ = 8
et OB=abs{b}=4 et
DB= ∣ b–d ∣ = ∣ 2–2 i ∣ = 8
.
Ainsi OD=DB : ODB est isocèle et comme
OB2=OD2DB2
alors ODB est également
rectangle.
5. Soit I le milieu de [OA] :
zI=zOzA
2=1
.
Soit J le milieu de [EF] :
zJ=1
Donc [OA] et [EF] ont même milieu donc OEAF est un
parallélogramme.
On a de plus
OE=
∣
z1
∣
=2
et
OF=
∣
z2
∣
=2
donc OEAF a deux cotés consécutifs égaux
donc OEAF est un losange.