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1. = ⇒ Soit d = PGCD(a, b) d est un diviseur de a et b donc il existe deux entiers a

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Texte intégral

(1)

Corrigé du bac blanc n

2 Terminales S Février 2010

Exercice 1 Spécialité maths Partie A

1. = ⇒ Soit d = PGCD(a, b) d est un diviseur de a et b donc il existe deux entiers a

0

et b

0

tels que a = da

0

et b = db

0

. Si a

0

et b

0

n’étaient pas premiers entre eux, ils auraient un diviseur commun δ strictement supérieur à 1 donc a

0

= δa

00

et b

0

= δb

00

d’où a = dδa

00

et b = dδb

00

ainsi dδ serait un diviseur commun à a et b strictement supérieur à d ce qui est impossible car d est le plus grand diviseur commun. Donc a

0

et b

0

sont premiers entre eux.

⇐ = On suppose a = da

0

et b = db

0

avec a

0

et b

0

premiers entre eux alors on a : PGCD(a, b) = PGCD(da

0

, db

0

) = d × PGCD(a

0

, b

0

) = d × 1 = d

2. PPC M(a, b) = PPC M(da

0

, db

0

) = d × PPC M(a

0

, b

0

) = d × a

0

b

0

donc PGCD(a, b) × PPC M(a, b) = d × d × a

0

b

0

= da

0

× db

0

= a × b Partie B

1. (a) On utilise par exemple l’algorithme d’Euclide : 801 = 6 × 120 + 81

120 = 1 × 81 + 39 81 = 2 × 39 + 3

39 = 3 × 13 + 0 le PGCD est le dernier reste non nul donc PGCD(801, 120) = 3

(b) soit (a, b) solution de ( S) et d = PGCD(a, b) alors d|a et d|b donc d|a

2

et d|b

2

d’où d|a

2

+ b

2

donc d 801 et d|PPC M(a, b) donc d|120 d est un diviseur commun à 801 et à 120 donc c’est un diviseur de PGCD(801, 120) donc d|3 donc d = 1 ou d = 3

2. (a) soit (a, b) solution de ( S) alors a

2

+ b

2

= 801 donc (a + b)

2

− 2ab = 801 donc

(a + b)

2

− 2PGCD(a, b) × PPC M(a, b) = 801 donc (a + b)

2

− 240d = 801 d’où (a + b)

2

= 240d + 801 (b) de même (a − b)

2

= a

2

+ b

2

− 2ab = 801 − 2d × 120 soit (a − b)

2

= 801 − 240d

3. on a vu si (a, b) solution de ( S) alors d = 1 ou d = 3.

• Premier cas : supposons d = 1 alors a et b sont premiers entre eux et si (a, b) est solution de (S) on a le systeme ( (a + b)

2

= 1041

(a − b)

2

= 561 soit

( a + b = √

1041 car a et b sont positifs a − b = √

561 ou − √

561 en additionnant on obtient :

2a = √

1041 + √

561 ou 2a = √

1041 − √

561 ceci est impossible car ces deux derniers nombres ne sont pas entiers.

• Deuxième cas : supposons d = 3 alors on obtient le système : ( (a + b)

2

= 1521

(a − b)

2

= 81 ⇐⇒

( a + b = 39 a − b = 9 ou

( a + b = 39 a − b = −9 ⇐⇒

( 2a = 48 2b = 30 ou

( 2a = 30 2b = 48 donc (a, b) = (24, 15) ou (a, b) = (15, 24)

Vérifions si ces deux couples sont solutions :

24 = 3 × 8 et 15 = 3 × 5 donc PPC M(24, 15) = 3 × 5 × 8 = 120 et 15

2

+ 24

2

= 801

Finalement (S) possède deux couples solutions (15; 24) et (24; 15)

(2)

Exercice 1 Spécialité Physique SVT

1. On cherche u de la forme u(x) = ax + b avec a et b des constantes.

On remplace dans l’équation, avec u

0

(x) = a :

Dire que u est solution de (E) équivaut à dire que, pour tout x, a = −(ax + b) − x + 2, soit (−a − 1)x − b + 2 − a = 0.

Cela devant être vrai pour tout x, c’est équivalent à

( −a − 1 = 0

−b + 2 − a = 0 , soit a = −1 et b = 2 − a = 3 Donc il y a une unique solution affine : u : u(x) = −x + 3

2. Dire que f − v est solution de y

0

= −y équivaut à dire que ( f − v)

0

= −( f − v), soit f

0

− v

0

= − f + v, soit f

0

= − f + v

0

+ v.

Or u est solution de (E), donc v

0

= −v + x − 2, c’est-à-dire v

0

+ v = x − 2.

L’équation ( f − v)

0

= −( f − v) est donc équivalente à f

0

= − f + x − 2, ce qui est bien l’équation (E).

Remarque : on pouvait répondre à cette question même connaître l’expression de v(x), la seule chose qui compte est de savoir que v est solution.

3. D’après la question précédente, f est solution de (E) si et seulement si f − v est solution de y

0

= −y.

D’après le cours, les solutions de y

0

= −y sont les fonctions de la forme x 7→ Ce

−x

, C étant une constante réelle.

Donc les solutions f de (E) sont les fonctions vérifiant f (x) − u(x) = Ce

−x

, soit f (x) = Ce

−x

+ u(x) = Ce

−x

− x + 3 On cherche C telle que Ce

−x

− x + 3 = 3 − 2e

1−x

− x, c’est-à-dire Ce

−x

= −2e

1−x

. En multipliant par e

x

: C = −2e.

Donc la fonction g est bien solution de (E), avec C = −2e 4. La dérivée d’une solution f de (E) est : f

0

( x) = −Ce

−x

− 1.

On cherche pour quels C on a f

0

(x) < 0 pour tout x.

On raisonne par cas suivant le signe de C :

– Si C > 0, alors −Ce

−x

− 1 < 0 pour tout x puisque e

−x

> 0 – Si C < 0, alors f

0

(x) < 0 équivaut à

Ce

−x

> −1, c’est-à-dire e

−x

< − 1

C puisque C < 0.

C’est-à-dire −x < ln(a), avec a = − 1

C (avec a > 0), soit x > − ln(a).

Donc f n’est pas strictement décroissante R tout entier.

Donc l’ensemble des solutions de (E) strictement décroissantes sur R est l’ensemble des fonctions f de la forme f ( x) = Ce

−x

− x + 3 avec C > 0 .

5. Dire que la courbe d’une solution f admet une tangente parallèle à la droite D signifie qu’il existe x tel que f

0

(x) = − 1 (le coefficient directeur de D), c’est-à-dire −Ce

−x

− 1 = − 1, soit −Ce

−x

= 0. ce qui n’est possible que si C = 0 puisque e

−x

> 0. Dans ce cas on trouve f (x) = − x + 3 = u( x), qui est bien solution.

Donc la seule solution de (E) dont la courbe admet une tangente parallèle à la droite D est la fonction u.

6. Le point M a pour coordonnées M(a, −a + 3) .

L’équation de la tangente T est : y = g

0

(a)(x − a) + g(a).

Le point N est obtenu en cherchant x tel que y = − x + 3 :

−x + 3 = g

0

(a)(x − a) + g(a), soit − x + 3 = g

0

(a)x − ag

0

(a) + g(a) C’est-à-dire x(g

0

(a) + 1) = 3 + ag

0

(a) − g(a).

Or g(a) = −2e

1−a

− a + 3 et g

0

(a) = 2e

1−a

− 1 L’équation est donc équivalente à

2xe

1−a

= 3 + 2ae

1−a

− a + 2e

1−a

− 3 + a,

(3)

soit 2xe

1−a

= (2a + 2)e

1−a

, soit finalement x = a + 1.

Donc y = −x + 3 = −a + 2

Le point N a pour coordonnées N(a + 1; −a + 2)

− −− →

MN a pour coordonnées (a + 1 − a; −a + 2 − (−a + 3)) = (1 ;-1) Exercice 2

Partie A

Pour les calculs, on utilisera : j = − 1 2 + i

√ 3

2 et j = − 1 2 − i

√ 3 2 . On peut remarquer aussi que j = j

2

car j = e

−i2π/3

= e

i4π/3

= j

2

.

1. Plusieurs méthodes possibles : – Avec le module et l’argument :

Soit r = |z| et θ = arg(z). Alors z = re

et l’équation est équivalente à r

3

e

i3θ

= 1, donc au système

( r

3

= 1 3θ = 2kπ , soit

 

 

 

  r = 1

θ = 2kπ

3 .

L’argument peut donc prendre trois valeurs di ff érentes à 2π près, pour les valeurs de k égales à 0, 1 ou 2 : 0; 2π

3 ; 4π

3 , ou, ce qui revient au même à 2π près : 0; 2π 3 ; −2π

3 Il y a donc trois solutions : n

e

0

, e

i2π/3

, e

−i2π/3

o , soit n

1; j; j o – En factorisant :

z

3

− 1 = (z − 1)(z

2

+ z + 1). En appliquant les formules de résolution d’une équation du second degré, on trouve les solutions

 

 

 1; − 1

2 − i

√ 3 2 ; − 1

2 + i

√ 3 2

 

 

 soit n

1; j; j o .

– Par conditions su ffi santes et nombre de solutions : On vérifie que 1

3

= 1, j

3

= e

i2π

= 1 et ( j)

3

= e

−i2π

= 1.

Donc l’équation admet au moins 3 solutions distinctes n 1; j; j o

Mais un polynôme de degré 3 ne peut avoir que 3 solutions au plus (cette connaissance n’étant pas vraiment au programme de terminale), donc on a trouvé toutes les solutions.

2. Plusieurs méthodes possibles : – Avec une rotation de centre O

Soit r la rotation de centre O et d’angle 2π

3 . Sa formule est z

0

= e

i2π/3

z, soit z

0

= jz.

Donc B = r(A), et r(B) a pour a ffi xe j

2

a, soit e

i4π/3

a = e

−i2π/3

a = ja. Donc r(B) = C.

Donc ABC est un triangle équilatéral direct de centre O – Avec une rotation de centre A

On vérifie que z

C

− z

A

= e

iπ/3

(z

B

− z

A

), soit a j − a = e

iπ/3

(a j − a). En effet, e

iπ/3

j = e

= −1 et j = e

−2iπ/3

= e

−iπ

e

iπ/3

= −e

iπ/3

.

donc C est l’image de B par la rotation de centre A et d’angle π

3 , donc ABC est un triangle équilatéral direct.

– Avec des distances

On vérifie que AB = BC = CA = |a| √

3, avec AB = |a j − a|, BC = |a j − a j| et CA = |a − a j|

Pour calculer ces distances, on met a en facteur et on applique la propriété : le module d’un produit est égal au produit des modules. Attention, a n’est pas forcément réel.

AB = |a j − a| = |a( j − 1)| = |a| × | j − 1| = |a| ×

− 3 2 + i

√ 3 2

= |a| × r 9

4 + 3

4 = |a| √ 3 BC = |a j − a j| = |a( j − j)| = |a| × | j − j| = |a| ×

−i √

3 = |a| √

3

CA = |a − a j| = |a(1 − j) | = |a| × | 1 − j| = |a| × | 1 − j| = |a| × | j − 1 | = AB

3. (a) Racine réelle z

0

= −2 car (−2)

3

= −8 (le mot "racine" employé pour un polynôme P est synonyme de "solution

de P(z) = 0").

(4)

(E) ⇔ z

3

= (−2)

3

⇔ z

3

(−2)

3

= 1 ⇔ z

−2

3

= 1 Donc (E) ⇔ z

−2 ∈ n 1; j; j o Donc les solutions de (E) sont : n

−2; −2 j; −2 j o

= n

−2, 1 + i √

3, 1 − i √ 3 o (b) On applique le résultat de la question 2 avec a = −2, donc ABC est équilatéral.

Partie B 1.

−3 −2 −1 1 2 3 4 5

−3

−2

−1 1 2 3 4

0

A B

O

A

1

I A

2

J

K

2. A

2

est l’image de O par la rotation de centre A et d’angle π

2 , donc son affixe est z

2

= i(0 − z

A

) + z

A

= · · · = 5 − i I est le milieu de [OA

2

], donc z

I

= 0 + z

2

2 = 5

2 − i 2 3. z

J

=

√ 2

2 (−1 + 4i)

 

 

√ 2 2 + i

√ 2 2

 

 

 = · · · = − 5 2 + 3

2 i

OBJ est isocèle rectangle en J, direct, car B est l’image de O par la rotation de centre J et d’angle π

2 , ce qui se traduit par z

B

− z

J

= i(z

0

− z

J

). On vérifie cette dernière relation par le calcul :

z

B

− z

J

= −1 + 4i + 5 2 − 3

2 i = 3 2 + 5

2 i = i(z

0

− z

J

) 4. K a pour affixe z

A

+ z

B

2 = 1 + 3i

Il su ffi t de démontrer que IK J est isocèle rectangle en K.

On démontre pour cela que I est l’image de J par la rotation de centre K et d’angle π

2 , ce qui se traduit par : z

I

− z

K

= i(z

J

− z

K

)

On démontre cette dernière relation par le calcul : z

I

− z

K

= · · · = 3 2 − 7

2 i et i(z

J

− z

K

) = i − 7 2 − 3

2 i

!

= 3 2 − 7

2 i Exercice 3

1. Soit x solution de (F) alors x > 0, x − 4 > 0 et ln x + ln(x − 4) 6 2 ln 2 donc ln(x(x − 4)) 6 ln 4 donc x est solution de (E) donc l’ensemble des solutions de (F) est inclus dans l’ensemble des solutions de (E).

Pour montrer qu’il est strictement inclus, il su ffi t de trouver une solution de (E) qui ne soit pas solution de (F) par exemple x = −1/2 comme x < 0, x n’est pas solution de (F) or ln( x(4 − x)) = ln(9/4) et ln(9/4) 6 ln 4 donc ln(9/4) 6 2 ln 2 donc ln(x(x − 4)) 6 2 ln 2 donc x est solution de (E).

On a bien montré que l’ensemble des solutions de (F) est strictement inclus dans l’ensemble des solutions de (E).

On aurait aussi pu trouver l’ensemble des solutions de (E) : [2 − √

8; 0[∪]4; 2 + √ 8]

puis l’ensemble des solutions de (F) : ]4; 2 + √ 8]

2. u

n

= u

0

2

n

= 2

n

donc u

n

est strictement positif donc v

n

= ln u

n

existe. Comme u

n+1

= 2u

n

on a ln(u

n+1

) = ln(2u

n

) = ln(u

n

) + ln 2 donc v

n+1

= v

n

+ ln 2 ainsi (v

n

) est une suite arithmétique de raison ln 2 de premier terme v

1

= ln 1 = 0 donc v

n

= n ln 2 donc v

2010

= 2010 ln 2

3. Etude d’une suite

(5)

(a) C

f

est l’image de la courbe de la fonction ln par la translation de vecteur → − 

T a pour équation y = f

0

(1)(x−1) + f (1) comme f (1) = 1 + ln 1 = 1 et f

0

(x) = 1/x

T a donc pour équation y = x

(b) u

n+1

= f (u

n

) et f est continue donc si la suite (u

n

) converge, elle converge vers un réel l vérifiant f (l) = l, le graphique suggère que l = 1 est la seule possibilité. Enfin le graphique laisse à penser que la suite (u

n

) est décroissante. on conjecture donc que la suite

(u

n

) est décroissante et qu’elle a pour limite 1 . Si on voulait le démontrer on établirait : 1) 1 6 u

n

(récurrence)

2) (u

n

) décroissante (récurrence) ou (signe de f (x) − x) 3) (u

n

) décroissante et minorée est convergente vers l = f (l)

1 2 3 4 5

−1 1 2 3

4

T

C

f

u

0

n = 5

Exercice 4

1. f est dérivable sur R (opérations et compositions de fonctions usuelles dérivables). et f

0

(x) = 2e

1−x

(formule (e

u

)

0

= u

0

e

u

).

Donc f

0

( x) > 0, et donc f est strictement croissante sur R 2. (a) g est dérivable sur R (di ff érence de fonctions dérivables) et

g

0

(x) = 2e

1−x

− 1

• Sens de variation

Etudions le signe de g

0

(x) : quand a-t-on g

0

(x) > 0 ? g

0

(x) > 0 ⇐⇒ e

1−x

> 1

2 , soit 1 − x > ln 1 2

!

Or ln 1 2

!

= − ln(2). Donc g

0

(x) > 0 ⇐⇒ x < 1 + ln(2).

De même g

0

(x) s’annule pour x = 1 + ln(2).

Donc g est strictement croissante sur ] − ∞; 1 + ln(2)[ et strictement décroissante sur ]1 + ln(2); + ∞[.

g(1 + ln(2)) = 3 − 2e

ln(2)

− (1 + ln(2)) = 3 − 2

2 − 1 − ln(2) = 1 − ln(2)

• Limite en −∞

La recherche de la limite avec les théorèmes sur les opérations se présente sous une forme indéterminée

« (−∞) − (−∞) ».

Pour lever l’indétermination, on va transformer l’expression de g( x) pour faire apparaître xe

x

dont on connaît la limite 0 (cours : croissances comparées).

g(x) = e

−x

(3e

x

− 2e − xe

x

).

Or on connaît les limites suivantes :

x→−∞

lim e

x

= 0, lim

x→−∞

xe

x

= 0, et lim

X→+∞

e

X

= + ∞ . Donc d’après les règles sur les limites, lim

x→−∞

g(x) = −∞

• Limite en + ∞

Les règles sur les opérations et compositions de limites s’appliquent sans indétermination : lim

x→+∞

g(x) = −∞ . (forme « 3 − 0 − (+ ∞) »)

Cette étude justifie donc le tableau suivant :

x −∞ 1 + ln(2) + ∞

g

0

(x) + 0 −

g(x) −∞

1 − ln(2)

−∞

(6)

(b) La fonction g admet une asymptote d’équation y = ax + b en + ∞ si et seulement si il existe une fonction u telle que

f (x) = ax + b + u(x), avec lim

x→+∞

u( x) = 0.

Ici c’est bien le cas : g(x) = − x + 3 − 2e

1−x

avec lim

x→+∞

−2e

1−x

= 0.

Donc la droite d’équation y = −x + 3 est asymptote à la courbe de g en + ∞ (c) g étant dérivable sur R , elle est continue sur R .

• Sur l’intervalle ] − ∞; 1 + ln(2)]

0 est une valeur intermédiaire entre lim

x→−∞

g(x) et f (1 + ln(2)) car 1 − ln(2) > 0 puisque ln(2) < 1 (car 2 < e).

Comme g est strictement croissante et continue sur l’intervalle ] − ∞; 1 + ln(2)], elle s’annule une fois et une seule sur cet intervalle d’après le théorème de la bijection continue.

L’observation de la courbe ou d’une table de valeurs suggère que cette valeur est 1. Vérifions-le : g(1) = 3 − 2e

1−1

− 1 = 3 − 2 − 1 = 0, c’est bien vérifié : la solution est un nombre entier.

• Sur l’intervalle [1 + ln(2); + ∞[.

De même le théorème de la bijection continue s’applique d’après le tableau de variation, donc f s’annule une fois et une seule, en un certain nombre α.

Par observation de la courbe et d’une table de valeurs, on obtient : f (2, 59) ≈ 0, 002 > 0 et f (2, 60) ≈

− 0, 00379 < 0

Donc, à la précision permise par la calculatrice : 2, 59 < α < 2, 60

• En conclusion, g s’annule en deux points exactement : 1 (entier) et α.

3. Soit une suite u vérifiant u

n+1

= f (u

n

) pour tout n entier naturel.

(a) Si u a une limite réelle L, alors lim

n→+∞

u

n+1

= lim

n→+∞

u

n

= L.

Et lim

n→+∞

f (u

n

) = f (L) puisque f est continue.

Comme u

n+1

= f (u

n

) on en déduit L = f (L) (unicité de la limite).

Donc f (L) − L = 0, c’est-à-dire g(L) = 0. Donc d’après la question précédente, L = 1 ou L = α (b) D’après les premières valeurs, u semble décroissante.

Démontrons par récurrence que u

n+1

< u

n

pour tout n entier.

initialisation : u

1

= f(0) = 3 − 2e ≈ −2, 4, donc on a bien u

1

< u

0

puisque u

0

= 0 hérédité : Soit n tel que u

n+1

< u

n

. A-t-on u

n+2

< u

n+1

?

f est strictement croissante, donc f (u

n+1

) < f (u

n

), donc u

n+2

< u

n+1

.

On a donc démontré l’hérédité : u

n+1

< u

n

⇒ u

n+2

< u

n+1

conclusion : u

n+1

< u

n

pour tout n,

donc u est strictement décroissante .

• u est-elle convergente ?

Raisonnons par l’absurde : si u était convergente vers une limite réelle L, d’après la question 3a, on aurait

L = 1 ou L = α. Mais c’est impossible puisque u est décroissante et donc majorée par son premier terme

u

0

= 0. Donc u n’est pas convergente .

• u est-elle minorée ?

Par l’absurde : si u était minorée, alors d’après un théorème de convergence elle serait convergente (car

décroissante minorée). Mais on vient de démontrer qu’elle n’est pas convergente. Donc u n’est pas minorée .

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