De quoi s’agit-il ?

Epreuve de Math Section Math Session de contrôle 2009 Exercice n°1

De quoi s’agit-il ?

Nombres complexes-suites –fonction logarithme népérien-limites

Corrigé

1) Réponse - c - 2) Réponse - a - 3) Réponse - c - 4) Réponse - c - Exercice n°2

De quoi s’agit-il ?

Fonction exponentielle - suites – calcul intégral.

Corrigé

1) a- En posant t x _{on aura} ^{ }



_{  }0 0



li m l i m ^{t t}

x f x t t t e e

        . b- En posant t x on aura



 

 

_{ }0 0



li m li m ^{t t} 0

x f x x t t e e

       

Donc la droite Δ d’équation y  x est asymptote à la courbe C  au voisinage de . c- Soit x



0,



; _{f x} _{ x} _x1_e^x

sur

 

0,1 la courbe C  est située au dessous de Δ. sur



1, 



la courbe C  est située au dessus de Δ.

2) a- f est définie et strictement croissante sur



0,



donc elle réalise une bijection de



0,



sur

 



^0,



f 

de plus f est continue sur



0,



donc ^f

 

^{0,   }

  ^

^1,

^

^.

Comme 0  



1,



donc l’équation _{f x} _0 admet dans



0,



une solution unique α.

Puisque _f  _{0   1 0 ,}

 

¹2 ¹2



1 ¹



0

f   e  donc ¹

0α 2.

Conclusion : L’équation _{f x} _0 admet dans



^0,



une solution unique ¹ α 0,2. b- D’après le tableau de variation de la fonction f on a : _{f ' 0}  _3

donc la demi tangente à C  au point d’abscisse 0 est de coefficient directeur 3.

3) a- ₁ ¹   ¹



 



^{1 1 }

α α 1 ^x α α 1 ^x

u 



f x dx



x x e^ dx



xdx



x e dx^

Or  

1 1

α α

² 1

2 2 1 α² xdx  x

    



 

1

α x1 e dx^x



on intègre par parties on pose :    

   

1 ' 1

' ^{x x}

u x x u x

v x e^ v x e^

    

    



Par suite ¹ 



 



¹α ¹

^{ }

¹α ^α

α α

1 ^x 1 ^{x x x} 1 α

x e dx x e e dx xe e

e

    

         

 

donc ₁ ¹     ^α

α

1 1

1 α² α

u f x dx 2 e

e





     ^.

Interprétation : f x 0 pour tout x



α,1



donc u₁ représente l’aire, en unité d’aire, du domaine du plan limité par la courbe^C ^ et les droites d’équations : y 0, x 1 et xα

b- sur

 

0,1 la courbe ^C ^ est situé au dessous de Δ donc pour tout réel x

 

0,1 , _{f x} _x de plus pour tout x



α, 



, _{f x} _0

et α1 ainsi pour tout x

 

α,1 on a : _{0 f x} _x par suite ^{0 }

_

_α¹



^f  ^x



^{nd x }

_

_α^{1x d xn}

d’où

1 1

α

0 1

n n

u x n

  

   



  or

1 1 1

α

1 α 1

1 1 1 1

n n

x

n n n n

 

 

  

 

   

  donc 0 ¹

n 1 u n

 

 c- Comme li m ¹ 0

1

n^n 

 et 0 ¹

n 1 u n

 

 donc li m _n 0

n u

  . Exercice n°3

De quoi s’agit-il ? Suites adjacentes

Corrigé

1) Montrons, par récurrence, que pour tout n , u_n v_n.

vérification : pour n1 l’inégalité u₁v₁ est vraie ( car ₁ 1

u  3 et ₁ 2 v  5 ) soit n ^ , supposons que u_n v_n et montrons que u_n1v_n1

Comme _{1 1} ^{2 3 2} 0

3 5 15

n n n n n n

n n

u v u v u v

u _ v_   

     car u_nv_n0 donc u_n1v_n1 Conclusion : pour tout n ^, u_nv_n.

2) ₁ ² 0

3 3

n n n n

n n n

u v u v

u _ u  u 

      car u_nv_n0 donc



un



est une suite croissante.

 

1

3

3 2

5 5 0

n n

n n

n n n

u v

u v

v _ v  v 

     car u_nv_n0 donc



vn



est une suite décroissante.

3)Première méthode

pour tout n , u_nv_n et



vn



est une suite décroissante donc



vn



est majoré par v₀1 Donc pour tout n , u_n1.

Ainsi



un



est une suite croissante et majoré par 1 donc converge.

pour tout n , v_nu_n et



un



est une suite croissante donc



un



est minoré par u₀ 0 Donc pour tout n , v_n0.

Ainsi



vn



est une suite décroissante et minoré par 0 donc converge.

On pose ^lim



n



n u l

  et ^lim

 

n ^'

n v l

 

n^lim



un



l

  donc lim



_n 1



n u _ l

 

Comme ₁ ²

3

n n

n

u v

u _ 

 donc les opérations sur les limites des suites donnent ^{2 '} 3 l l

l 



D’où l  l'

Deuxième méthode

D’après ce qui précède on a : 1 1

 

1

n n 15 n n

u _ v _  u v

Montrons par récurrence que pour tout n ,^{unvn  }

 

₁₅^{1 n}

vérification : l’égalité ^{u0v0  }

 

₁₅^{1 0}est vraie ( car u₀ 0 , v₀ 1 et ^

 

₁₅^{1 0  1)}

supposons que ^{un vn  }

 

₁₅^{1 n}

montrons que ^{un1vn1 }

 

₁₅^{1 n1}

on a : ^{un1vn1}₁₅¹ ^

 

₁₅^{1 n}^{  }

 

₁₅^{1 n1}

donc pour tout n ,^{un vn  }

 

₁₅^{1 n}

Vu que lim

 

15^{1 n} 0

n

  

 

  car

 

₁₅^{1  }

^

^1,1

^

^donc _n^lim_

^

^unvn

^

^0

Compte tenu :

pour tout n , u_nv_n.



un



est une suite croissante et



vn



est une suite décroissante.

^lim



n n



⁰

n u v

  

Les suites



un



et



vn



sont adjacentes et par suite elles convergent vers la même limite 4) a- pour tout n , w_n19u_n15v_n13 2



u_nv_n

 

 3u_n 2v_n



9u_n5v_n  w_n

Donc



wn



est une suite constante.

b-



wn



est une suite constante donc pour tout n , w_n w₀ 9u₀5v₀5.

Par suite pour tout n , 9u_n5v_n5.

Donc si L est la limite commune des suites



un



et



vn



on aura 9L5L5 Ce qui donne ⁵

L14 ainsi ^lim

 

^lim

 

⁵

n n 14

n u n v

     .

Exercice n°4

De quoi s’agit-il ?

Similitudes-angles inscrits –symétrie orthogonale.

Corrigé

1) a-



CA CB,

 

AC AD,



2π^{ }

 

    

^π



,



2π^{ }

2 AB AC



   

^{π π} _2π  2 6

  donc



,



^π 2π^{ } CA CB 3



  

De plus, comme ABC est un triangle rectangle en B donc ^CB_CA ^cos

 

^π₃ ^{ 1}₂

D’où

 

^{ }

1 2

, π 2π

3 CB

CA CA CB



 





 



  ce qui justifie que SA B

b- D’une part



AC AE,

 

AC AD,



2π^{ }

 

    



CA CB,



2π^{ }



  

^π _2π 

 3 D’autre part

  

  

   S

S S

DC DC DC

E A

D D

C C

 

 

 

donc



EC ED,

 

AC AD,



2π^{ }

 

     

Ainsi

 

^{ }

   

^{ }

  , π 2π

3

, , 2π

π 2π 3 AC AE

EC EA EC ED



 

 





 



  



 

    ce qui prouve que le triangle ACE est équilatéral.

On a le triangle ACE est équilatéral et O A C donc

 

^{ }

π 1

sin

6 2

, π 2π

3 CO

CE CE CO



  





 



 

Conclusion : SEO. 2) a-

b- ACE est un triangle équilatéral et O A C donc la droite O Eest la médiatrice du segment A C et puisque ^{I }



^{O E}

 

^{\ O E,}



^{donc IAIC or  Γ} est le cercle de centre I et le rayon IA

donc ^{C  Γ} . 3) a-



MP MC,



 

et



AP AC,



 

sont deux angles inscrits dans ^{ }Γ interceptant le même arc orienté P C

Donc



MP MC,

 

AP AC,



2π^{ }

 

    

or



,



^π 2π^{ } AP AC 6



  

donc



,



^π 2π^{ } MP MC 6



  

.

b- Comme

 

^{ }

 

^{ }

, π 2π 6

, π 2π

2 MN MC NC NM





 





 



 

  donc



,



^π 2π^{ }

CM CN 3



  

( I )

de plus on a _CM^{CN cos}

 

^π₃ ^{ 1}₂ ^{( II )}

d’après ( I ) et ( II ) on en déduit SM  N

4) M AD et E AD donc A , E et M sont alignés de plus

 

 

  S S S

A B

E O

M N

 

 

 

et comme toute similitude conserve l’alignement donc B , O et N sont alignés.

D’où N O B et puisque D O B on en déduit alors que B , D et N sont alignés.

Exercice n°5

De quoi s’agit-il ?

Résolution dans Z

²

d’une équation du type ax +by = c – détermination des points d’une droite à coordonnées entières

Corrigé

1) a- 30 4 ^ 2^  8 donc



0, 2



est solution de ^E^. b- Soit



x y,



  solution de E.

On a : 3 0³ 4⁴  2 ⁸8



x y

    

      donc ^{3x   4}



^y2



comme

 

 

3 4 2

3 4 1

y 

  

    alors d’après Gauss ³



^y2



^{ainsi y 3k 2 où k}

par suite 3x  43k d’où x 4k ainsi



x y,



 



4 , 3k k2



où k réciproquement : soit



x y,



 



4 , 3k k 2



où k

on a : _{3 } _4k _{ 4}_{3k 2}_{ 8} donc



x y,



est solution de E. Conclusion : ^S _ ^

 

^{4 , 3k k 2 ,}



^k



2) a-

 

 

, Δ

, M x y

x y

 

  



signifie

 

3 4 8

, x y x y

  

  



signifie



^{x y,}



^

 

^{4 , 3k k 2 ,}



^k



Donc _{AM } _4k²__3k² _{5 k} où k Par suite A M est un multiple de 5.

b- ^{N x y}



^,



^Δ signifie 3x4y 8 signifie ^{8 3} 4 y  x

 

Donc ^{AN2  x2  }



³₄^x



^{2 }₁₆^25x2 par suite ⁵ AN  4 x .

c- Si AN est un multiple de 5 alors il s’écrit sous la forme A N  5 k où k Donc ⁵ 5

4 x  k où k ainsi x  4 k où k d’où x est un entier

Comme ^{8 3} 2 ³

4 4

x x

y 

     donc y = -2+3k où k d’où y est un entier Conclusion : Si AN est un multiple de 5 alors x et y sont des entiers.