0 [ mod 2] alors x 3 &equiv

Texte intégral

(1)UE. Exercice 1 :. IQ. a) x 3 ≡ x [ mod 2]. Réponse : Vrai Justification : Soit x un entier relatif alors x soit pair soit impair.. ER. ¾ Si x est pair alors x ≡ 0 [ mod 2] et x 3 ≡ 0 [ mod 2] alors x 3 ≡ x [ mod 2] .. M. ¾ Si x est impair alors x ≡ 1[ mod 2] et x 3 ≡ 1[ mod 2] alors x 3 ≡ x [ mod 2] .. NU. b) Si x ≡ 2 [ mod14] alors x ≡ 1[ mod 7]. UE. Réponse : Faux. O. LE. Justification : Un contre exemple, si x = 16 alors x ≡ 2 [ mod14] et x ≡ 2 [ mod 7 ]. ER. EC. IQ. c) Si 4x ≡ 10y [ mod 5] alors x ≡ 0 [ mod 5] Réponse : Vrai. M. Justification : Si 4x ≡ 10y [ mod 5]. NU. alors 4x ≡ 0 [ mod 5] car 10y ≡ 0 [ mod 5]. or 4 et 5 sont premier entre eux donc x divise 5 alors x ≡ 0 [ mod 5]. EC. O. LE. ⎪⎧ x ≡ 4 [ mod 5] alors 8x − 5y = 7 d) Si ⎨ ⎪⎩ y ≡ 5 [ mod 8] Réponse : Faux. ⎧⎪ x ≡ 4 [ mod 5] ⎧ x = 14 alors ⎨ et 8x − 5y = 47 ≠ 7 ; ⎩ y = 13 ⎪⎩ y ≡ 5 [ mod 8]. Justification : Contre exemple : Si ⎨. 1. PROF : DRIDI MOHSEN.

(2) Exercice 2 : I) 1) T0 la tangente à (Γ) au point d’abscisse 0.Donc T0 : y = g '(0)(x − 0) + g(0) On g(x) = e − x donc g '(x) = −e − x , alors g(0) = 1 et g ′(0) = −1 donc T0 : y = − x + 1. 2) a) ‐ On a x ≥ 0 donc − x ≤ 0 alors e − x ≤ 1 pour tout x ≥ 0 (i). UE. ‐ On pose pour tout x ≥ 0 , h(x) = e − x + x − 1. IQ. On a h ′(x) = −e − x + 1 donc h ′(x) ≥ 0 pour tout x ≥ 0 , alors h est croissante sur \ + donc. ER. h(x) ≥ h(0) pour tout x ≥ 0 ,alors h (x) ≥ 0 pour tout x ≥ 0 donc e − x + x − 1 ≥ 0 alors e − x ≥ 1 − x pour tout x ≥ 0 (ii).. NU. M. D’après (i) et (ii) 1 − x ≤ e − x ≤ 1 pour tout x ≥ 0 b) On a 1 − x ≤ e − x ≤ 1 pour tout x ≥ 0 donc 1 − t ≤ e − t ≤ 1 pour tout t ≥ 0. x →+∞. x →+∞. −. 1 x. ⎛ 1⎞ = 1 car lim ⎜ − ⎟ = 0 x →+∞ ⎝ x⎠. b) Continuité de f à droite en 0 : 1 x. ⎛ 1⎞ = 0 car lim+ ⎜ − ⎟ = −∞ donc lim+ f (x) = f (0) x →0 ⎝ x →0 x⎠. O. x →0. −. EC. lim+ f (x) = lim+ e. LE. 1) a) lim f (x) = lim e. ER. x2 x2 ≤ −e − x + 1 ≤ x finalement x − ≤ 1 − e − x ≤ x pour tout x ≥ 0 2 2. 1 − ⎧⎪ x II) f définie sur [0, +∞[ par : ⎨f (x) = e si x ≠ 0 ⎪⎩f (0) = 0. x →0. 0. 0. x ⎡ t2 ⎤ dt alors ⎢ t − ⎥ ≤ ⎡⎣ −e − t ⎤⎦ ≤ x 0 ⎣ 2 ⎦0. UE. (1 − t)dt ≤ ∫ e dt ≤ ∫. x. IQ. 0. −t. M. EC. donc x −. ∫. x. NU. O. LE. alors pour tout x ≥ 0. x. x. Alors f est continue à droite en 0. Dérivabilité de f à droite en 0 : −. 1 x. f (x) − f (0) e 1 = lim+ = lim Xe − X (On pose X = ) donc X →+∞ x →0 x →0 x −0 x x f (x) − f (0) X lim+ = lim X = 0 alors f est dérivable a droite en 0 et f d′ (0) = 0 X →+∞ e x →0 x −0 lim+. 2. PROF : DRIDI MOHSEN.

(3) c) f est dérivable pour tout x >0 et on a f ′(x) =. 1 − 1x e , alors f ′(x) > 0 pour tout x >0 x2. Tableau de variation de f : x. +∞. 0. +. f’(x) f(x). ER. IQ. 0. 1. 1 − 1x e −1/ x (1 − 2x) ′′ f (x) = e pour tout x >0 donc f’ est dérivable pour tout x >0 et x4 x2. M. 2) a) On a f ′(x ) =. UE. 0. +∞. 1/2 –. O. 0. ⎛ 1 ⎛ 1 ⎞⎞ ⎛ 1 1 ⎞ I ⎜ ,f ⎜ ⎟ ⎟ = I ⎜ , 2 ⎟ est un point ⎝ 2 ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ 2 e ⎠. ER. EC. f’’ s’annule et change de signe en 1/2 donc le point. UE. +. IQ. 0. LE. x f’’(x). NU. Tableau de signe de f’’(x) pour tout x >0 :. M. d’inflexion de la courbe (ζ ) .. 1 2. 1 2. 1 2. LE EC. 3). 4x − 1 e2. O. Donc TI : y =. NU. b) TI la tangente à (ζ ) au point d’abscisse 1/2, alors TI : y = f '( )(x − ) + f ( ). 3. PROF : DRIDI MOHSEN. ζf. ζg.

(4) 4). k +1. −. k +1. 1 x. A k = ∫k (1 − f (x))dx = ∫k (1 − e )dx . t2 ≤ 1 − e− t ≤ t a) D’après I-2-b) on a pour tout t ≥ 0 , t − 2 donc pour tout x > 0 , on a. 1 x. pour tout x > 0. 1 − 1 1 1 − 2 ≤1− e x ≤ x 2x x. 1 − ⎞ k +1 ⎛ k +1 1 1 ⎞ ⎛1 x 1 e dx − dx ≤ dx , k est un entier naturel non nul. − ≤ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∫ ∫ 2 k k x x 2x ⎝ ⎠ ⎝ ⎠. ∫. Donc. 1 ⎤ k +1 ⎡ ⎢⎣ln x + 2x ⎥⎦ ≤ A k ≤ [ ln x ]k k. alors. ln(k + 1) +. donc. 1 ⎤ ⎛ k +1⎞ 1 ⎡1 ⎛ k +1⎞ ≤ A k ≤ ln ⎜ ln ⎜ ⎟− ⎢ − ⎟. ⎥ ⎝ k ⎠ 2 ⎣ k k + 1⎦ ⎝ k ⎠. IQ. alors. k. t=. UE. k +1. , On pose. M. ER. k +1. 1 ⎤ ⎛ k +1⎞ 1 ⎡1 ⎛ k +1⎞ ln ⎜ ≤ A k ≤ ln ⎜ ⎟− ⎢ − ⎟ ⎥ ⎝ k ⎠ 2 ⎣ k k + 1⎦ ⎝ k ⎠. IQ. EC. b) On a. et puisque :. ER. O. LE. UE. NU. 1 1 − ln k − ≤ A k ≤ ln(k + 1) − ln k 2(k + 1) 2k. lim A k = 0 n. 5) a) On a pour tout. n ≥ 1 , Sn = ∑ A k k =1. LE. k →+∞. O. donc. NU. M. 1 ⎤ ⎛ k +1⎞ 1 ⎡1 ⎛ k +1⎞ lim ln ⎜ − ⎢ − = ln1 = 0 et lim ln ⎟ ⎜ ⎟ = ln 1 = 0 ⎥ k →+∞ k →+∞ k 2 k k + 1 k ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠. Alors. Sn = ∫1 (1 − f (x)dx donc Sn est l’aire du domaine du plan limité par la courbe (ζ ) , la droite. n +1. EC. Sn = A1 + A 2 + .......... + A n = ∫1 (1 − f (x)dx + ∫2 (1 − f (x)dx +...... + ∫n (1 − f (x)dx 2. 3. D’équation y = 1 et les droites d’équations x = 1 et x = n + 1 avec. 4. n +1. Donc. PROF : DRIDI MOHSEN. n ≥ 1..

(5) 1 ⎤ ⎛ k +1⎞ 1 ⎡1 ⎛ k +1⎞ ln ⎜ ≤ A ≤ ln ⎟− ⎢ − ⎜ ⎟ k ⎝ k ⎠ 2 ⎣ k k + 1 ⎥⎦ ⎝ k ⎠. pour k = 2 pour k = 3. ⎛2⎞ : ln ⎜ ⎟ ⎝1⎠ ⎛3⎞ : ln ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎛4⎞ : ln ⎜ ⎟ ⎝3⎠ . .. 1 ⎡1 1 ⎤ − 2 ⎣⎢1 2 ⎥⎦. ≤ A1 ≤ ln ( 2 ). −. 1 ⎡1 1⎤ − 2 ⎣⎢ 2 3 ⎦⎥. −. 1 ⎡1 1 ⎤ − 2 ⎣⎢ 3 4 ⎥⎦. ⎛3⎞ ≤ A 2 ≤ ln ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎛4⎞ ≤ A 3 ≤ ln ⎜ ⎟ ⎝3⎠ . .. ER. . .. −. UE. pour k = 1. IQ. b) On a :. . .. . .. M. . .. Somme de n terme. UE. IQ. O. LE. NU. 1⎤ ⎛ n ⎞ 1⎡ 1 ⎛ n ⎞ − ⎥ ≤ A n −1 ≤ ln ⎜ pour k = n − 1 : ln ⎜ ⎟− ⎢ ⎟ ⎝ n −1⎠ 2 ⎣ n −1 n ⎦ ⎝ n −1⎠ 1 ⎤ ⎛ n +1⎞ 1 ⎡1 ⎛ n +1⎞ pour k = n : ln ⎜ ≤ A n ≤ ln ⎜ ⎟− ⎢ − ⎟ ⎥ ⎝ n ⎠ 2 ⎣ n n + 1⎦ ⎝ n ⎠. EC. Donc. M. ER. n n + 1 ⎞ 1 ⎡1 1 1 1 1 1 1 1 ⎤ ⎛2 3 4 ln ⎜ × × × ....... × + − + ..... + − × − − − + ⎢ ⎥ ≤ Sn n − 1 n n n + 1⎦ n ⎟⎠ 2 ⎣1 2 2 3 n −1 ⎝1 2 3. NU. n n +1⎞ ⎛2 3 4 ≤ ln ⎜ × × × ....... × × n ⎟⎠ n −1 ⎝1 2 3. LE. 1⎡ 1 ⎤ ≤ Sn ≤ ln(n + 1) pour ln(n + 1) − ⎢1 − 2 ⎣ n + 1 ⎥⎦. tout. n ≥ 1.. O. Alors. Or. pour tout. n ≥ 1.. 1⎡ 1 ⎤⎞ ⎛ = +∞ et lim ln(n + 1) = +∞ lim ⎜ ln(n + 1) − ⎢1 − n →+∞ n →+∞ 2 ⎣ n + 1⎥⎦ ⎟⎠ ⎝. - On a :. 5. 1⎡ 1 ⎤ ≤ Sn ≤ ln(n + 1) ln(n + 1) − ⎢1 − 2 ⎣ n + 1 ⎥⎦. EC. c) - On a :. ln(n + 1) 1 ⎡ 1 ⎤ Sn ln(n + 1) − − ≤ ≤ 1 ln(n) 2ln(n) ⎢⎣ n + 1⎥⎦ ln(n) ln(n). PROF : DRIDI MOHSEN. donc. pour tout. lim Sn = +∞. n →+∞. n ≥ 1..

(6) Or. et. ln(n + 1) ln(n) + ln(1 + 1 / n) ln(1 + 1 / n) = lim = lim1 + =1 n →+∞ n →+∞ n →+∞ ln(n) ln(n) ln(n) lim. Sn ln(n + 1) 1 ⎡ 1 ⎤ =1 − = 1 donc nlim 1− ⎢ ⎥ →+∞ n →+∞ ln(n) ln(n) 2ln(n) ⎣ n + 1 ⎦ lim. Exercice 3 :. ER. 2 BF . 2. ). O. alors. (. ). donc f(F) = A. UE. (. JJG JJJG π n BF,BA ≡ [ 2π ] 4. LE. De plus on a. ⎧ 2 BF ⎪⎪BA = 2 ⎨ JJG JJJG n π ⎪ BF,BA ≡ [ 2π ] ⎪⎩ 4. IQ. NU. ⇒ BA =. On a EGB est un triangle rectangle et isocèle en G , on montre de la même façon que. ER. EC. –. H. FB2 = 2AB2 (car AB = AF) ⇒ FB = 2AB. M. donc. FB 2 = AF 2 + AB2. IQ. Le théorème de Pythagore on a. UE. 1) – On a ABF est un triangle rectangle et isocèle en A , d’après le. FB FB 2 BA = 2 = = FA BA BA. Alors. θ≡. et. (. ). (. ). JJJ G JJG JJJ G JJG n n θ ≡ AF,FB [ 2π] ⇒ θ ≡ FA,FB ± π[ 2π]. EC. k=. g(A) = F et g(F) = B , soit k le rapport de g et θ son angle , alors on a :. O. 2) a) On a. NU. ). LE. (. M. ⎧ 2 BE ⎪⎪BG = 2 donc f(E) = G ⎨ JJJG JJJG π n ⎪ BE,BG ≡ [ 2π ] ⎪⎩ 4. π 3π − π [ 2π ] ⇒ θ ≡ − [ 2 π] 4 4. donc. k = 2 et θ ≡ −. 3π [ 2π] . 4. b) gog est la composée de deux similitudes directes dont le produit des rapports égale à 2 et la somme des angles vaut. π 2. (car la mesure principale de. −. π 6π est ). 4 2. Alors g est la similitude directe de rapport 2 et d’angle. 6. PROF : DRIDI MOHSEN. π 2.

(7) c) - Le triangle ABI est rectangle en A donc. 1 AI 1 AB = AF et AI = AF donc AB = 2AI alors = 2 AB 2. (. IQ. ER. ⎧ΩB = 2ΩA ⎪ JJJG JJJG ⎨ n π ⎪⎩ ΩA, ΩB ≡ 2 [ 2π]. (. ). NU. M. gog(A) = g(F) = B donc. ⎧GB = 2GA ⎪ JJJG JJJG ⎨ n π ⎪⎩ GA,GB ≡ 2 [ 2π]. (. ). (2). IQ. LE O EC. Ω=G. (1). GB = 2GA donc. Or le triangle AGB est rectangle en G et de plus. D’après (1) et (2) ona. ( ). UE. GB = 2GA .. d) Soit Ω le centre de gog .. On a. ( ). n =1 tan ABI 2. n = tan ABI n = GA = 1 tan ABG GB 2. - Le triangle AGB est rectangle en G donc. Donc. ). donc. UE. et puisque. ( ). n = AI tan ABI AB. donc G est le centre de gog alors G est le centre de g. , donc r est la rotation d’angle. r(F) = gof (F) = g(A) = F. donc. r(F) = F. alors F est le centre de r. −. π 2. EC. r(E) = gof (E) = g(G) = G donc r(E) = G .. - On a. ⎧FE = FG ⎪ JJJG r(E) = G ⇔ ⎨ JJG π n FE,FG ≡ − [ 2π ] ⎪⎩ 2. (. ). rectangle et isocèle en G donc. (i) , d’autre part on a H = E*B et le triangle BGE est. ⎧HG = HE ⎪ JJJG JJJG ⎨ n π ⎪⎩ HG,HE ≡ − 2 [ 2π]. (. ). D’après (i) et (ii) EFGH est un carré. 7. π 2. O. Conclusion : r est la rotation de centre F et d’angle b) -. −. M. π 2. LE. – On a. −. NU. des angles vaut. ER. 3) a) – r est la composée de deux similitudes directes dont le produit des rapports égale à 1 et la somme. PROF : DRIDI MOHSEN. (ii)..

(8) Exercice 4 : 1) a) MNP est rectangle en P si et seulement si. MNP est rectangle en P si et seulement si. zM − zP z N − zP. est imaginaire pur.. IQ. z M − z P z − z 3 z(1 − z 2 ) z(1 − z)(1 + z) 1 + z = = = = z 2 (1 − z) z z N − z P z 2 − z 3 z 2 (1 − z). ER. Or. ). UE. MNP est rectangle en P si et seulement si. (. JJJ G JJJG π n PN,PM ≡ + kπ , k ∈ ] , donc 2 ⎛ z − zP ⎞ π arg ⎜ M ⎟ = + kπ , k ∈ ] , donc ⎝ zN − zP ⎠ 2. Conclusion : (MNP est rectangle en P) si et seulement si (. z = x + iy , x et y sont deux réels .. 1+ z z. z ∈ ^* \ {−1,1} est imaginaire pur).. M. b) On pose. car. O. LE. UE. NU. 1 + z 1 + x + iy (1 + x + iy)(x − iy) x 2 + y 2 + x − iy = = = z x + iy x 2 + y2 x 2 + y2 1+ z est imaginaire pur) donc c) (MNP est rectangle en P) si et seulement si ( z. IQ. .Donc l’ensemble des points M(z) tels que. NU. Donc. 2. ER. 2. 1⎞ 1 ⎛ x + y + x = 0 ⇔ ⎜ x + ⎟ + y2 = 2⎠ 4 ⎝ 2. M. EC. x 2 + y 2 + x − iy (MNP est rectangle en P) si et seulement si ( est imaginaire pur) x 2 + y2. Conclusion :. et. L’ensemble des points M(z) tels que MNP est rectangle en P est le cercle. (Γ) de diamètre. [OA] privé de O et A.. 8. 1 1 I(− ,0) et de rayon privé des points O et A 2 2. M ≠ A(−1) , le point d’affixe 1 n’appartient pas à ce cercle). O. z ∈ ^* \ {−1,1} donc M ≠ O. EC. (car. LE. MNP est rectangle en P est le cercle de centre. PROF : DRIDI MOHSEN.

(9) ). (. Donc. (. ). ) (. ). JJJJ G JJJG G JJJJG n n OM,ON ≡ u,OM [ 2π] .. ). (. ). (. ). JJJG JJJG JJJG JJJG JJJJ G JJJG ⎛ zP ⎞ ⎛ z3 ⎞ n n n ON,OP ≡ arg ⎜ ⎟ [ 2π] ⇔ ON,OP ≡ arg ⎜ 2 ⎟ [ 2π] ⇔ OM,ON ≡ arg ( z ) [ 2π] ⎝z ⎠ ⎝ zN ⎠. Donc. (. b) ‐ On a. ). OM 2 = z = x 2 + y 2 2. M(x, y) ∈ Γ. donc. M. OM 2 = − x. or. x 2 + y 2 + x = 0 alors x 2 + y 2 = − x. (1) .. NU. donc. ) (. JJJG JJJG G JJJJG n n ON,OP ≡ u,OM [ 2π]. ‐ De plus H est le projeté orthogonale de M sur l’axe. OH = OM 2 .. O. c) Construction du point N :. (n) (n) JJJJG JJJG. (2) ( car x < 0).. UE. LE. D’après (1) et (2) on a. K (o,u) donc OH = x = − x. IQ. (. ). UE. *. (. IQ. (. ER. 2) a)*. JJJJ G JJJG JJJJ G JJJG JJJJ G JJJG ⎛ zN ⎞ ⎛ z2 ⎞ n n n OM,ON ≡ arg ⎜ ⎟ [ 2π] ⇔ OM,ON ≡ arg ⎜ ⎟ [ 2π] ⇔ OM,ON ≡ arg ( z ) [ 2π] ⎝ z⎠ ⎝ zM ⎠. (n) (n). G JJJJG. JJJJG JJJG. JJJG JJJJG. (. ) (. ER. EC. ‐ On a OM, ON ≡ u, OM [ 2π] , On pose B(1) donc OM, ON ≡ OB, OM [ 2π] donc. ). NU. M. JJJJ G JJJJG JJJ G JJJJG n n N ∈ [ OB′ ) avec OM,OB′ ≡ OB, OM [ 2 π] alors B′ = S(OM) (B) .. ‐ On a ON = z 2 = z = OM 2 alors ON = OH donc N ∈ ζ (O,OH ) .. O. ‐ Conclusion : N = [ OB′ ) ∩ ζ (O,OH) . Construction du point P :. ) ( ) ( ) ( JJJG JJJJG JJJJ G JJJG n n OM′ ) ≡ ( OM, ON ) [ 2π] (ON, Gn JJJJG. JJJG JJJG n. EC. (. JJJJ G JJJG n. LE. 2. Gn JJJJG. ). (. JJJJ G JJJG n. ) (. JJJG JJJG n. ). ‐ On a OM, ON ≡ u, OM [ 2π] et ON, OP ≡ u, OM [ 2π] donc OM, ON ≡ ON, OP [ 2π] , donc. P ∈ [ OM′ ) avec. alors M′ = S(ON) (M ) .. ‐ Le triangle MNP est rectangle en P alors P appartient au cercle (C) de diamètre [MN]. - Conclusion : P = [ OM′ ) ∩ (C) .. 9. PROF : DRIDI MOHSEN.

(10) EC. O. LE. NU. M. ER. EC. IQ. O. LE. UE. NU. M. ER. IQ. UE. Figure :. 10. PROF : DRIDI MOHSEN.

(11)