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
ln(a) ln(b) ) ln c
= e(ln(a) ln(b)) ln(c) = eln(a) ln(b) ln(c)
ln(b) ln(c) )
= eln(a)(ln(b) ln(c)) = eln(a) ln(b) ln(c)
(a ∗ b) ∗ c = (eln(a) ln(b) ) ∗ c = eln(e
et on a aussi
a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (eln(b) ln(c) ) = eln a ln(e
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) = 1
car 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
1
⇐⇒ ln(b) =
ln(a)
(car a , 1, donc ln(a) , 0)
1
Ainsi, on obtient b = e ln(a) .
1
Donc tout élément a ∈ I \ {1} est inversible et a pour inverse e ln(a) , par suite, (I \ {1}, ∗)
est un groupe commutatif.
1
ÕºJ
Ê« ÐC
‚Ë@ ð é<Ë@ ѺKA« @
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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∗ , ×)
(I \ {1}, ∗) est un groupe commutatif
la loi ∗ est distributive par rapport à la loi ×
(1)
(2)
(3)
(1), (2) et (3) entrainent que (I, ×, ∗) est un anneau commutatif dans lequel tout élément 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,


1
1 −2
A = −1 −1 2 
−2 −2 0
1.


 

1
1 −2
1
1 −2
4
4 0
A2 = −1 −1 2  −1 −1 2  = −4 −4 0
−2 −2 0
−2 −2 0
0
0 0


 

1
1 −2
4
4 0
0 0 0
A3 = A × A2 = −1 −1 2  −4 −4 0 = 0 0 0
−2 −2 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 C l’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)
1
5i + (2 + i) 1
= (1 + 3i) et z2 =
= − +i
4
2
4
2
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 = − 12 + i et b = 12 (1 + 3i).
2
ÕºJ
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a)
b
ba
1
2 5 5
1 4
= 2 = × (1 + 3i)(− − i) = ( − i) = 1 − i
a |a|
2 5
2
5 2 2
b) En déduire que le triangle AOB est isocèle et rectangle en A.
b−a
b
π
−→
−
→
[
(AO, AB) = Arg
= Arg − + 1 = Arg(−1 + i + 1) = Arg(i) =
−a
a
2
√
√
5
1
5
−
→
−→
et kABk = |b − a| = |1 + i| =
kOAk = |a| =
2
2
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
−→
et L l’image de D par la translation de vecteur AO.
π
2
a) Soit d l’affixe de D, puisque D est l’image de B par la rotation de centre C et d’angle π2 ,
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
b
l − c = −a + i(b − c) = a(i − 1) − ic = a[i(1 − i) − 1] − ic = a(i + 1 − 1) − ic = i(a − c)
a
donc
l −c
=i
a−c
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]
3
ÕºJ
Ê« ÐC
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a)
n2 + 1 ≡ 0
[5] =⇒ n2 ≡ −1
[p]
2 1+2k
≡ (−1)1+2k
2 1+2k
≡ −1
=⇒ (n )
=⇒ (n )
[p]
[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, n p−1 ≡ 1 [p].
Avec n p−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
2
I) On considère la fonction numérique f définie sur [0, +∞[ par f (x) = 4xe−x .
→
− →
−
Soit (C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O, i , j ).
1. lim f (x) = 0.
x→+∞
√
2
2
, ainsi on aura
2. f 0 (x) = 4(1 − 2x2 )e−x , donc f 0 (x) = 0 pour x =
2
x
√
2
2
0
f 0 (x)
+
0
+∞
−
√
1
2 2e− 2
f (x)
0
0
3. L’équation de la demi-tangente au point x = 0 est définie par y = 4x.
4
ÕºJ
Ê« ÐC
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4.
Z 1
a=
Z 1
f (x)dx =
0
2
4xe−x dx = −2
0
Z 1
0
h 2 i1
2
1
(−2x)e−x dx = −2 e−x = 2(1− ) ' 1, 26cm2
e
0
2
II) On considère la fonction numérique fn définie sur [0, +∞[ par fn (x) = 4xn e−x . (n ≥ 2).
1. a)
x > 1 =⇒ x2 > x
=⇒ −x2 < −x
2
=⇒ e−x > e−x
2
b) e−x < e−x , donc fn (x) < 4xn e−x avec lim xn e−x = 0, donc
x→+∞
lim fn (x) = 0
x→+∞
2
2. fn0 (x) = 4xn−1 (n − 2x2 )e−x , donc f 0 (x) s’annule pour x =
x
pn
2
pn
0
+∞
2
f 0 (x)
+
fn (
et on a
0
pn
−
2)
f (x)
0
0
p
3. Pour tout entier naturel n ≥ 2, on a 1 ≤ n2 , donc, d’après le tableau de variation, fn est
strictement croissante sur [0, 1] et on a fn (0) = 0 et 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.
2
2
−un = u (4un e−un ) = u f (u ) = u .
4. a) fn+1 (un ) = 4un+1
n
n n n
n
n e
n
b) Puisque, pour tout entier n ≥ 2, la fonction fn+1 est strictement croissante sur [0, 1] et
puisque fn+1 (xn+1 ) = 1 et fn+1 (un ) = un , avec un < 1, alors un < un+1 . Donc la suite
(un )n≥2 est strictement croissante.
(un )n≥2 est strictement croissante et majorée par 1, donc (un )n≥2 est convergente.
5. Soit l = lim un .
n→+∞
a) On sait que ∀n ≥ 2, 0 < un < 1, donc 0 ≤ l ≤ 1 et puisque f est strictement croissante,
alors 0 < l ≤ 1.
2
b) fn (un ) = 1, donc 4unn e−u = 1, par conséquent, ln(4) + n ln(n) − u2n = 0 et ainsi on
aura, n ln(un ) = u2n − ln(4). Puisque 0 < un < 1, alors − ln(4) < n ln(un ) < 1 − ln(4),
donc on obtient,
1 ln(4)
ln(4)
< ln(un ) < −
−
n
n
n
5
ÕºJ
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c) e < 4, donc 1 < ln(4), par suite lim e
1−ln(4)
n
n→+∞
ln(4)
= 1 et lim e n = 1.
−
n→+∞
ln(4)
−
1−ln(4)
1 ln(4)
ln(4)
< ln(un ) < −
=⇒ e n < un < e n
−
n
n
n
ln(4)
−
1−ln(4)
=⇒ lim e n ≤ lim un ≤ lim e n
n→+∞
n→+∞
n→+∞
Donc lim un = 1.
n→+∞
( Exercice 5
On considère la fonction F définie sur R∗ par
∗
∀x ∈ R , F(x) =
Z 2x
x
1
dt
ln(1 + t 2 )
1. En effectuant le changement de variable s = −t, on aura,
Z −2x
F(−x) =
−x
1
dt = −
ln(1 + t 2 )
Z 2x
x
1
ds = −F(x)
ln(1 + s2 )
Donc F est une fonction impaire.
Rx
1
dt.
2
1 ln(1 + t )
a) En appliquant la relation de Chasles, on obtient,
2. Pour tout x ∈]0, +∞[, on pose ϕ(x) =
Z 2x
1
1
1
F(x) =
dt
=
dt +
2
2
x ln(1 + t )
x ln(1 + t )
Z 2x
Z x
1
1
−
=
2
2
1 ln(1 + t )
1 ln(1 + t )
= ϕ(2x) − ϕ(x)
Z
Z 2x
1
1
ln(1 + t 2 )
b) ϕ est une fonction dérivable sur ]0, +∞[ et on a
ϕ0 (x) =
1
ln(1 + x2 )
Donc d’après la question précédente, F est dérivable sur ]0, +∞[ et on a
∀x ∈]0, +∞[, F 0 (x) = 2ϕ0 (2x) − ϕ0 (x) =
1
2
−
ln(1 + 4x2 ) ln(1 + x2 )
c) Pour x ∈]0, +∞[, on a
F 0 (x) = 0 ⇐⇒ ln(1 + 4x2 ) = 2 ln(1 + x2 )
⇐⇒ (1 + 4x2 ) = (1 + x2 )2
⇐⇒ x2 (x2 − 2) = 0
√
√
Donc F 0 (x) = 0 sur ]0, +∞[, pour x = 2 et on a F 0 (x) ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 2. Ainsi, on aura
6
ÕºJ
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x
√
2
0
f 0 (x)
−
f (x)
0
+∞
+
√
F( 2)
3. a) D’après le théorème des accroissements finis appliqué à la fonction ϕ sur l’intervalle ]x, 2x[,
il existe c ∈]x, 2x[, tel que
ϕ(2x) − ϕ(x) = (2x − x)ϕ0 (c)
Puisque F(x) = ϕ(2x) − ϕ(x), alors on a
F(x) =
x
ln(1 + c2 )
b) On a x < c < 2x, donc ln(1 + x2 ) < ln(1 + c2 ) < ln(1 + 4x2 ), par suite, on a
∀x > 0,
x
x
x
<
<
2
2
ln(1 + 4x ) ln(1 + c ) ln(1 + x2 )
Donc, d’après la question précédente,
∀x > 0,
c) On sait que
x
x
<
F(x)
<
ln(1 + 4x2 )
ln(1 + x2 )
x
x
= lim
= +∞
2
x→0+ ln(1 + x2 )
x→0+ ln(1 + x )
lim
et
x
x
= lim
= +∞
2
x→+∞ ln(1 + x )
x→+∞ ln(1 + x2 )
lim
Donc, d’après la question précédente, on en déduit que,
F(x)
=0
x→+∞
x→+∞ x
√
x
e−1
d) On a ∀x > 0,
, donc, en particulier pour x =
, on a
2
ln(1 + 4x )
2
√
√
e−1
e−1
<F
2
2
lim F(x) = +∞, lim F(x) = +∞ et
x→0+
On a aussi ∀x > 0, F(x) <
lim
√
x
,
donc,
en
particulier
pour
x
=
e − 1, on a
ln(1 + x2 )
√
√
F( e − 1) < e − 1
Soit g la fonction définie sur ]0, +∞[, par g(x) = F(x) − x, on a
√
√
e−1
g( e − 1) < 0 < g
2
7
ÕºJ
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Donc d’après le théorème des valeurs intermidiaire, il existe x ∈]0, +∞[, tel que
√
√
e−1
< x < e − 1 et g(x) = 0
2
√
On sait que F est √
strictement décroissante
sur
]0,
2[, donc g est aussi strictement dé√
√
croissante
sur ]0, 2[. Puisque e − 1 < 2, alors
√
√ g est strictement décroissante sur
√
e−1
e−1 √
]
, e − 1[, donc x est l’unique élément de ]
, e − 1[, tel que g(x) = 0.
2
2
Supposons qu’il existe y ∈]0, +∞[, tel que g(y) = 0. Puisque F(y) = y, alors, on a
y
y
<
y
<
ln(1 + 4y2 )
ln(1 + y2 )
Donc
ln(1 + y2 ) < 1 < ln(1 + 4y2 )
Par suite
√
√
e−1
< y < e−1
2
Par conséquent y = x. On conclut, donc, que x est l’unique élément de ]0, +∞[, tel que
F(x) = x.
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