bacscmaths2010solution

Pr.M.Houimdi
Solution de l’épreuve de Mathématiques
Section : Sciences Mathématiques
Juin 2010
+Exercice 1
I) On munit l’ensemble I =]0,+∞[de la loi interne ∗définie par
∀(a,b)∈I×I,a∗b=eln(a)ln(b)
1. La loi ∗est commutative et ∗est associative.
On a b ∗a=eln(b)ln(a)=eln(a)ln(b)=a∗b, donc ∗est commutative.
Soient a, b et c trois éléments de I, alors on a
(a∗b)∗c= (eln(a)ln(b))∗c=eln(eln(a)ln(b))lnc=e(ln(a)ln(b)) ln(c)=eln(a)ln(b)ln(c)
et on a aussi
a∗(b∗c) = a∗(eln(b)ln(c)) = elnaln(eln(b)ln(c))=eln(a)(ln(b)ln(c)) =eln(a)ln(b)ln(c)
Donc ∗est associative.
2. La loi ∗possède un élément neute ε.
Existe-t-il ε∈I, tel que ∀a∈I,a∗ε=a ?
a∗ε=a⇐⇒ eln(a)ln(ε)=a
⇐⇒ ln(a)ln(ε) = ln(a)
⇐⇒ ln(ε) = 1car a est quelconque dans I
⇐⇒ ε=e
Donc la loi ∗possède e comme élément neutre.
3. Pour vérifier que (I\{1},∗)est un groupe commutatif, il suffit, d’après ce qui précède, de
montrer que tout élément de I \{1}possède un inverse pour la loi ∗.
Soit a ∈I\{1}, on doit chercher b ∈I\{1}, tel que a ∗b=e.
a∗b=e⇐⇒ eln(a)ln(b)=e
⇐⇒ ln(a)ln(b) = 1
⇐⇒ ln(b) = 1
ln(a)(car a ,1, donc ln(a),0)
Ainsi, on obtient b =e
1
ln(a).
Donc tout élément a ∈I\{1}est inversible et a pour inverse e
1
ln(a), par suite, (I\{1},∗)
est un groupe commutatif.
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4. a) La loi ∗est distributive par rapport à la multiplication de R.
Soient a, b et c trois éléments de I, on doit vérifier que,
a∗(b×c) = (a∗b)×(a∗c)et (a×b)∗c= (a∗c)×(b∗c)
a∗(b×c) = eln(a)ln(bc)
=eln(a)(ln(b)+ln(c))
=eln(a)ln(b)eln(a)ln(c)
= (a∗b)×(a∗c)
De la même manière on voit que (a×b)∗c= (a∗c)×(b∗c).
b) (I,×,∗)est un corps commutatif.
(I,×)est un sous-groupe de (R∗,×)(1)
(I\{1},∗)est un groupe commutatif (2)
la loi ∗est distributive par rapport à la loi ×(3)
(1), (2) et (3) entrainent que (I,×,∗)est un anneau commutatif dans lequel tout élé-
ment différent de l’élément neute de la loi ×est inversible pour la loi ∗, ainsi, (I,×,∗)
est un corps commutatif.
II) Soit A la matrice définie par,
A=
1 1 −2
−1−1 2
−2−2 0
1.
A2=
1 1 −2
−1−1 2
−2−2 0
1 1 −2
−1−1 2
−2−2 0
=
4 4 0
−4−4 0
0 0 0
A3=A×A2=
1 1 −2
−1−1 2
−2−2 0
4 4 0
−4−4 0
0 0 0
=
0 0 0
0 0 0
0 0 0
2. A3=0, donc A est un diviseur de zéro et par suite, A n’est pas inversible.
,Exercice 2
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé (O,−→ u,−→ v).
1. a) On remarque que 3+4i=22+4i+i2= (2+i)2, donc les racines carrées de 3+4i sont
(2+i)et −2−i.
b) Résoudre dans Cl’équation (E):4z2−10iz −7−i=0.
On a ∆0=25i2+4(7+i) = −25 +28 +4i=3+4i, donc d’après la question a), on a
z1=5i+ (2+i)
4=1 2(1+3i)et z2=5i−(2+i) 4=−1 2+i
2. a et b sont les solutions de l’équation (E), tels que ℜ(a)<0. A et B sont les points du plan
d’affixe a et b respectivement.
Donc a =−1
2+i et b =1 2(1+3i).
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a)
b
a=ba |a|2=1 2×4 5(1+3i)(−1 2−i) = 2 5(5 2−5 2i) = 1−i
b) En déduire que le triangle AOB est isocèle et rectangle en A.
[
(−→ AO,−→ AB) = Argb−a
−a=Arg−b a+1=Arg(−1+i+1) = Arg(i) = π 2
k−→ OAk=|a|=√5
2et k−→
ABk=|b−a|=|1+1
2i|=√5 2
Donc le triangle AOB est isocèle et rectangle en A.
3. Soient C le point d’affixe c avec C ,A, D l’image de B par la rotation de centre C et d’angle π
2
et L l’image de D par la translation de vecteur −→ AO.
a) Soit d l’affixe de D, puisque D est l’image de B par la rotation de centre C et d’angle π
2,
alors on a d −c=i(b−c), donc
d=c+i(b−c)
b) Soit l l’affixe de L, puisque L est l’image de D par la translation de vecteur −→ AO, alors
l=d−a, donc
l= (c−a) + i(b−c)
c) On a
l−c=−a+i(b−c) = a(ib
a−1)−ic =a[i(1−i)−1]−ic =a(i+1−1)−ic =i(a−c)
donc l−c
a−c=i
On en déduit donc que,
[
(−→ CA,−→ CL) = Argl−c
a−c=Arg(i) = π 2
Donc le triangle ACL est rectangle en C.
-Exercice 3
1. Déterminer les entiers naturels m, tel que m2+1≡0[5].
m2+1≡0[5]⇐⇒ m2+1=0[5]
⇐⇒ m2=−1=4[5]
⇐⇒ m=2[5]ou m =−2=3[5]
Donc l’ensemble des entiers naturels m, tel que m2+1≡0[5], sécrit sous la forme,
{5k+2 : k∈N}∪{5l+3 : l∈N}
2. Soient p un nombre premier, tel que p =3+4k, où k est un entier naturel, et n un entier naturel,
tel que n2+1≡0[p]
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a)
n2+1≡0[5] =⇒n2≡ −1[p]
=⇒(n2)1+2k≡(−1)1+2k[p]
=⇒(n2)1+2k≡ −1[p]
b) Si n et p ne sont pas premiers entre eux, alors p divise n, car p est un nombre premier.
Donc n ≡0[p]et par suite, n2≡0[p]. Ce qui est absurde, car n2≡ −1[p], donc n
et p sont premiers entre eux.
c) p et n sont premiers entre eux, donc n .0[p]et par suite, np−1≡1[p].
Avec np−1=n3+4k−1=n2+4k= (n2)1+2k, donc (n2)1+2k≡1[p].
d) (n2)1+2k≡ −1[p]et (n2)1+2k≡1[p], donc (n2)1+2k≡0[p], donc n ≡0[p], ce qui est
absurde car n et p sont premiers entre eux.
Donc il n’existe pas d’entier naturel, tel que n2+1≡0[p].
*Exercice 4
I) On considère la fonction numérique f définie sur [0,+∞[par f (x) = 4xe−x2.
Soit (C)sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,−→ i,−→ j).
1. lim
x→+∞f(x) = 0.
2. f 0(x) = 4(1−2x2)e−x2, donc f 0(x) = 0pour x =√2
2, ainsi on aura
x
f0(x)
f(x)
0√2
2+∞
+0−
00
2√2e−1
2
2√2e−1
2
00
3. L’équation de la demi-tangente au point x =0est définie par y =4x.
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4.
a=Z1
0
f(x)dx =Z1
0
4xe−x2dx =−2Z1
0
(−2x)e−x2dx =−2he−x2i1
0=2(1−1
e)'1,26cm2
II) On considère la fonction numérique fndéfinie sur [0,+∞[par fn(x) = 4xne−x2. (n ≥2).
1. a)
x>1=⇒x2>x
=⇒ −x2<−x
=⇒e−x2 >e−x
b) e−x2<e−x, donc fn(x)<4xne−xavec lim
x→+∞xne−x=0, donc
lim
x→+∞fn(x) = 0
2. f 0
n(x) = 4xn−1(n−2x2)e−x2, donc f 0(x)s’annule pour x =pn
2et on a
x
f0(x)
f(x)
0pn
2+∞
+0−
00
fn(pn
2)fn(pn 2)
00
3. Pour tout entier naturel n ≥2, on a 1≤pn
2, donc, d’après le tableau de variation, fnest
strictement croissante sur [0,1]et on a fn(0) = 0et fn(1) = 4e−1, donc f (0)<1<f(1),
ainsi, d’après le théorème des valeurs intermidiaires, il existe un unique un∈]0,1[, tel que
f(un) = 1.
4. a) fn+1(un) = 4un+1
ne−u2
n=un(4un
ne−u2
n) = unfn(un) = un.
b) Puisque, pour tout entier n ≥2, la fonction fn+1est strictement croissante sur [0,1]et
puisque fn+1(xn+1) = 1et fn+1(un) = un, avec un<1, alors un<un+1. Donc la suite
(un)n≥2est strictement croissante.
(un)n≥2est strictement croissante et majorée par 1, donc (un)n≥2est convergente.
5. Soit l =lim
n→+∞un.
a) On sait que ∀n≥2,0<un<1, donc 0≤l≤1et puisque f est strictement croissante,
alors 0<l≤1.
b) fn(un) = 1, donc 4un
ne−u2=1, par conséquent, ln(4) + nln(n)−u2 n=0et ainsi on
aura, n ln(un) = u2
n−ln(4). Puisque 0<un<1, alors −ln(4)<nln(un)<1−ln(4),
donc on obtient,
−ln(4)
n<ln(un)<1 n−ln(4) n
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