El´ements de solution
Solution 1 1. On a 10≡ −1 [11].On en d´eduit le r´esultat car (−1)k=
½ 1 sikest pair
−1 sikest impair 2. SoitN =an· · ·a2a1a0=a0+a1×10 +a2×102+· · ·+an×10n
D’apr`es1. N ≡a0−a1+a2−a3+· · ·+ (−1)nan [11]
DoncN ≡(a0+a2+· · ·)−(a1+a3+· · ·) [11]
Le membre de gauche est congru `a 0 si et seulement si le membre de droite l’est. D’o`u le crit`ere.
Solution 2 cosθest la partie r´eelle deeiθ. Calculons donc T = P7 k=0
ei(2k+1)π/17 puis d´eterminons en la partie r´eelle.
T = P7 k=0
ei(2k+1)π/7=eiπ/17+ei3π/17+· · ·+ei15π/17=eiπ/17¡
1 +q+q2+· · ·+q7¢
avecq=ei2π/17
DoncT =eiπ/171−q8
1−q =eiπ/171−ei16π/17
1−ei2π/17 =eiπ/17ei8π/17¡
e−i8π/17−ei8π/17¢ eiπ/17¡
e−iπ/17−eiπ/17¢ =ei8π/17−2 sin8π 17
−2 sin π 17 La partie r´eelle deT (c’estS !!!) est donc
cos8π 17sin8π
17 sin π
17
= 1 2sin16π
17 sin π
17
= 1 2sin³
π− π 17
´ sin π
17
= 1 2
Solution 3 1. x 7→ √x est d´erivable sur R∗+ donc, f est d´erivable sur R∗+ comme somme, produit, quotient de fonctions d´erivables surR∗+.De plus : f0(x) = 9√
x−6x−2.
2. lim
x→0
f(x)−f(0) x−0 = lim
x→0
6x√
x−3x2−2x
x = lim
x→0(6√
x−3x−2) =−2 Doncf est d´erivable en 0 etf0(0) =−2
3. On a (comme dans1.) f0 d´erivable sur R∗+. f00(x) = 9 2√
x−6 = 9−12√ x 2√
x 4. lim
x→0
f0(x)−f0(0) x−0 = lim
x→0
9√ x−6x
x = lim
x→0
µ 9
√x−6
¶
= +∞ Doncf0 n’est pas d´erivable en 0.
5. f00(x) a mˆeme signe que 9−12√ x.
Avec 9−12√
x >0⇔√ x < 9
12 = 3
4⇔0≤x < 9 16 D’o`u le tableau de variations x 0 9
16 +∞
f00(x) +∞ 0 −6
f0(x) −2 % 118 & −∞
6. f0 est d´erivable et strictement croissante sur
· 0; 9
16
¸
. Donc f0 est une bijection de
· 0; 9
16
¸ sur
·
f0(0) ;f0 µ9
16
¶¸
.
Comme 0∈
·
f0(0) ;f0 µ 9
16
¶¸
,il existe αunique tel quef0(α) = 0.
f(4) =−8<0.Donc, d’apr`es les variations def0 l’´equationf0(x) = 0 n’a pas de solution dans [4; +∞[ f0 est d´erivable et strictement d´ecroissante sur
·9 16; 4
¸ .
Doncf0 est une bijection de
·9 16; 4
¸ sur
·
f0(4) ;f0 µ9
16
¶¸
.
2
Comme 0∈
·
f0(4) ;f0 µ 9
16
¶¸
,il existe βunique tel quef0(β) = 0 7. f(x) =x2
µ
−3 + 1
√x−2 x
¶
et lim
x→+∞
µ
−3 + 1
√x−2 x
¶
=−3.Donc lim
x→+∞f(x) =−∞
x 0 α β +∞
f0(x) −2 − 0 + 0 −
f(x) 0 & f(α) % f(β) & −∞
8. αetβ sont les solutions de l’´equation 9√
x−6x−2 = 0 avecα>0,β>0 etα<β.
En posantt=√
xcherchons les solutions de 9t−6t2−2 = 0.
On trouve t1= 9−√ 33
12 ett2= 9 +√ 33 12 On a 0< 9−√
33
12 < 9 +√ 33
12 doncα=
Ã9−√ 33 12
!2
etβ=
Ã9 +√ 33 12
!2
9.
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1
0.5 1 1.5x 2 2.5 3
Solution 4
1.Le point de coordonn´ees (a, f(a)) est un point deC donc son sym´etrique par la sym´etrie de centre A est aussi un point deC.Or, le sym´etrique du point de coordonn´ees (a, f(a)) est le point de coordonn´ees (a,2b−f(a)).Ce point appartenant `aC:f(a) = 2b−f(a).
On en d´eduitf(a) =b.DoncA∈C. 2. La fonctionx7→ 1
x
3. SoitM(x, y) etM0(x0, y0).−−→AM0=−−→MA⇔
½ x0−a=a−x y0−b=b−y ⇔
½ x0 = 2a−x y0= 2b−y 4. g est d´efinie surD=R. Donc∀x∈D:−x∈Det g(−x) =f(a+x)−b.
Le pointM(x, f(x)) deC a pour sym´etrique le pointM0(2a−x,2b−f(x)).
CommeM0 ∈C:f(2a−x) = 2b−f(x).
Cette formule est vraie pour toutxr´eel. D’o`u :f(2a−(x+a)) = 2b−f(x+a).
Doncf(a−x) = 2b−f(a+x) ce qui peut s’´ecriref(a−x)−b=b−f(a+x) ou encoreg(x) =−g(−x). 5. SoitM(x, y)∈C. Son imageM0 par la sym´etrie de centreAestM0(x0= 2a−x, y0 = 2b−y). L’image deM0 par la sym´etrie de centreB est M00(x00= 2c−x0 =x+ 2 (c−a), y00= 2b−y0=y). M00∈C⇒y=f(x+ 2 (c−a)) et commeM ∈C:y=f(x).
Donc, pour toutxr´eel : f(x+ 2 (c−a)) =f(x) Doncf a pour p´eriode 2 (c−a).
