Correction Examen National 2014 session normal 2éme Bac S M

Correction Examen National 2014 session normal 2éme Bac S M Exercice 1

1) On sait que 31 est premier car il n'est divisible par aucun des nombres premiers dont le carré est inférieur à 31 (càd. 2 ; 3; 5).

De même pour 331 il n'est pas divisible par les nombres premiers (2; 3; 5; 7; 11; 13 et 17);

donc a₁ et a₂ sont premiers 2) pour tout n IN ; on a :

33 31

n 

n fois

a ...

1 3 10 3 102 3 10

     ...  ⁿ



^{2 1}



1 3 10 1 10 10 ^

    ... ⁿ 1 3 10 1 10

1 10

    



n

10 1 10

1 3 9

 

   ⁿ 10 1 10

1 3

 

  ⁿ 3 10 1 10

3

  

 ⁿ

10 1 7 3

 

 ⁿ

Donc :



^{ n IN ;}



³an^{ 7 10n1} .

Remarque : On peut aussi faire une démonstration par récurrence 3) soit k IN ;

On a 31 est premier positif et 31 ne divise pas 10 ; donc31 10 1  . D’après le théorème de Fermat : 10^{31 1} 1 31  , soit 10³⁰ 1 31  

Donc 10^30k   1 31  , par suite 10^30k2 10² 31 (1) Or 10²   7 31  (2)

De (1) et (2) on déduit que :



^{ k IN ;}



^{1030k2 7 31 }_{ }

4) On a



^{ n IN ; }



³an ^{ 7 10n1}

Donc pour tout k IN ; on a 30k 1 IN^ , par suite : 3a_30k1 7 10^{30k 1 1} et on a : 10^30k2 7 31   , donc : 3a₃₀^k_177 31  

par suite :



^{ k IN ;}



3a30_k1 0 31   . 5) Supposons que n  1 30 

Montrons que l’équation :

 

E : a xn ^31y^1 n’admet pas de solutions dans ² Supposons que l'équation

 

E admet une solution



x ;y dans 0 0



² .

On a n  1 30  , alors n 1 30k où k

Or, d'après la question (4+++), on a 3a₃₀^k_1   0 31 , alors 31 divise 3a_30k1 Et comme 31 et 3 sont deux nombres premiers distincts, alors 31 3 1  Et d’après le théorème de Gauss 31 divisea_30k1

Alors 31 divise a_30k1x₀ 31y₀.

Or



x ;y est solution de 0 0

  

E , alors a_30k1x₀ 31y₀ 1. Donc : 31 divise 1 , ce qui est absurde.

Conclusion

(E) n’admet pas de solution.

Exercice 2 :

-



C; ; est un corps commutatif ^{  x}



-

 M

2

 

IR ; ; ^



est un anneau unitaire de zéro 0 0 0 0

 

  

 

O et d'unité 1 0

0 1

 

  

 

I Pour tout

 

^{a;b }IR , on pose : ²

 

_{ }^ ^{ }

a a b M a;b

b a b et soit ^E



M a,b / a;b

   

^IR²



1- Montrons que E est un sous-groupe de

 ^M

²

 

^{IR ;}



^.

On a : ► E

M

2

 

IR ^{et E  (car 0 0}

 

^{0 0}

0 0

 

  

 

O M ; E )

► Soient ^{M a;b}

 

^{E et} M a';b' deux éléments de ( E) :

 

   

 

 

   

       

   

 

      

  

a a b a' a' b'

M a;b M a';b'

b a b b' a' b'

a a' (a a') (b b') b b' (a a') (b b') M a a';b b'

Donc ^{M a;b}

 

^{M a';b'}

 

^{ }

Conclusion.

 

^E; est un sous-groupe de

 M

2

 

IR ;



^.

2- Soit 1 1 0 1

 

  

 

J

On a : ² 1 1 1 1 1 2

0 1 0 1 0 1

     

     

     

J

Or 1 2 0 1

 

 

  E , car si a=1 et b=0 alors a b  1 2

Donc



^{ J E /}



J J E ; par suite E n’est pas stable dans ^{ }

 M

2

 

IR ;



^.

3- la loi  définie par :

Pour tout A ; B dans

M

2

 

IR ^{; A B A N B    ; avec 1 1} 0 1

  

  

 

N

Et

 

 

 2

 

 : C

a ib M a;b

M IR

où

 

^{a;b IR 2}

a) Soit z a ib et   z a ib dans   C^

On a : ^

    

^{z  z  a ib}

 

^{ a ib  }



^M a;b M a ;b

  

^{  }



1 1 0 1

  

  

     

          

a a b a a b

b a b b a b

        

         

a a a b a a b

b b a b b a b

      

      

a b a a b

b a b a b

        

         aa bb a(a b ) b(a b ) ba' ab' b(a b ) a(a b )         

          aa bb (aa bb ) (ab a b) ab a b (aa bb ) (ab a b) ^M aa bb ;ab a b



^{   }



D’autre part :

   

 z z ^  (a ib) (a ib )   ^ ^

^



(aa bb ) i(ab a b) ^{    }



^M aa bb ;ab a b



^{   }



D’où :



^

 

^{a;b ; a ;b}

 

^{ }

 

^



^{IR2 }

 

^{( ; )0 0}



²



     

 z  z^  z z  ^

Conclusion :  est un homomorphisme de



^{C ; }



^vers



^M2

 

^{IR ;}



^.

b) On a : ^

  

^{C  (z) / z }



^{, donc :}

   ^{ } 

 

 

2 0 0

0 0

   ^  

    

  

C (a,b) /(a,b) ( , ) (a,b) / (a,b) ( , )

O Alors : ^

 

^{C E}

c) On sait que



C; ; est un corps commutatif ^{  }



On a est un homomorphisme de



^{C ; }



^vers



^M2

 

^{IR ;}



^et



^{C ; }



est un groupe commutatif.

Alors



^

 

^{C ; }



est un groupe commutatif .

Et comme ^

 

^{C E; alors}

 

^{E ; } est un groupe commutatif.

4) Soient A ; B et C dans E; on a :

   

     

A B C A N B C

 

2

 

      

     

   

A N B N C ( car estdistributive par rappor à dans IR ) A N B A N C

A B A C

M

5) D’après ce qui précède , on a :

•

 

E; est un groupe commutatif d’élément neutre O . ^

•

 

E ; est un groupe commutatif ^{ }

• ^{A B C }

 

^{   }A B A C , et  est commutative dans E, alors



^{ }C



       C Donc la loi ‘’’’ est distributive par rapport ă la loi ‘’+’’ dans E .

On en déduit que



E; ; est un corps commutatif. ^{ }



Exercice 3 1) Soit 0

2 4

 

 ^ ; ^{  }     et l'équation dansC, 

 

^{E : z2 2e z ei  2i 0}

a) ^{  }



^2ei



^{2 4e2i}

2e^2i 4e^2i  2e^{2i }



^2iei



²

b) On a : •) ₁ ^{2 2} 2

  

 eⁱ ieⁱ z

^{2 2}

2 2

  

   i ei

e e^{i4 i 4}

 

  

 

 

eⁱ

4 4

 

 

   

cos  i sin  

•) ₂ ^{2 2}

2

  

 eⁱ ieⁱ z

^{2 2}

2 2

  

   i ei

e e^{i4 i 4}

 

  

 

 

eⁱ

4 4

 

 

   

cos  i sin   Donc : ₁

4 4

 

 

   

      

z cos i sin et ₂

4 4

 

 

   

      

z cos i sin

2) ^I

 

^{1 ; J}

 

^{1 ;} 1 ⁴

 

  

 

 

 

 

 

 

T ei ; ₂ ⁴

 

  

 

 

 

 

 

 

T ei et ^A



^{2e i}



a) Calculons ^{1 2}



T T

A O

z z

z z

► ^{1 2 4 4} 2

 

 



     

   

   

 



i 

A O

i

T T

i

z e

z z e

z e

4 4

2

 

 



     

    

   



 

  

 

 

i i

e e e i

4 4

2 2

 _ 



 

  

 

i i

e e

^{2 4} 2

2 



 i sin

2 2 2 2

 2

 i

i Donc : ^{1  2} 



T T

A O

z z

z z i

D’où : ^ ^{1 } ^{2 }^₂^{2}



^{2 1}



^₂^{2}

T T

A O

z z

arg alors OA ;T T

z z

Par suite les droites

 

T T et 2 1

 

OA sont perpendiculaires.

b) K milieu de T T donc l'affixe de K est : _{2 1}

^{1 2 4 4}

2 2

 

 

     

   

   

  ⁱ  ⁱ

T T e

z z e

4 4

2

 

 



 

  

 

i i i

e e e

4

 

   

  cos ei

² 2

 eⁱ 

Donc : ² 2

 ⁱ 

zK e

Alors :

2 2

2





 



K O

O i

A

ei

z

e z

z z

1

 2 IR

Donc les points K ; 0 et A sont alignés.

c) On a K est le milieu de T T _{2 1}

La droite (OA) passe par K et perpendiculaire à

 

T T ( d'après 2- a et 2-b) 2 1

Alors la droite

 

OA est la médiatrice du segmentT T . _{2 1}

3. ₁

2



 

 

 

 r R T ;

a) Soit z l'affixe d'un point M du plan et zl'affixe du point Mimage de M par la rotation r ; alors :



1

 

1



2

  _T   _T ⁱ

z z z z e

1 1

2

 

z  iz z_T z e_T ⁱ  z ' iz z^{ } T₁

 

^1i  ⁴ 2 ⁴

 

 

  

 

  ^{i i}

z' iz e e

 z ' iz  2e^{i } Donc l'expression complexe de la rotation r est :

     

^{2 }

      ⁱ

M z r M z z iz e

b) ^B

   

^{b r I    b i 1 2ei }

bi 2e^{i }

D’où , l’affixe de B est : b i 2e^{i } c) Calculons 



B A

I J

z z

z z

► ^{2 2 1}

1 1 2

 

    

  

i i

B A

I J

z z i e e i

z z ( )

Donc : 2

 2

  

  

    

 

B A

I J

z z

arg z z D’où :

 

^{IJ ;AB    }₂^{ 2}

Par suite les droites (AB) et (IJ) sont perpendiculaires.

4) Soit t_vla translation du vecteur

 

^{v et v i}

^{ }

On a : C t^ _v

 

A ^ zC ^zA^i z_C  2e^i i.

Donc l'affixe du point C image du point A par la translation t_v est : z_C  2e^i i 5) L’affixe du milieu du segment [BC] est :

►

2 2

2 2

2

 



   





i i

B C

i

z z i e e i

e

Donc A est le milieu du segment [BC].

Exercice 4

 

^{1 2 0}

0 0

 





 



si x

= x

f

si x lnx x

x

1. a) les fonctions x x _; x lnx et 1 ₂ 1

x x sont continues sur 0;

Donc la fonction f est continue sur0; comme produits de de fonctions continues sur 0;.

Calculons

0^

 xlim f(x)

On a : ₂

0 0

1 0

 

 

  



xlim f(x) limx x lnx x (Car

0

 0

 

xlim lnxx ) Donc

0

 0

 

xlim f(x) f( ) ; d’où f est continue à droite en 0.

Par suite f est continue sur0;.

b) le signe de f(x) est celui de



^{lnx sur}



^_^0;_ ^.

Donc : ► ^{f x}

 

^{0 sur  }_{ }^{0 1;}

► ^{f x}

 

^{0 sur }_^1;_

2- a) Soit



^{x IR }



^{, on a :} 2

1 1

1 1 1

  

   

    



  

 

x x

x ln f x

2

1 1 1



 x lnx

x ₂

 1

 ln

x x

x Donc :



^{ x IR}



^{;    }_{ }¹

 

f  f x x

b) les fonctions x xlnx et x 1x sont dérivables sur ² 0;et 1x² 0 sur 0; ; donc la fonction f est dérivable sur0; comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas sur 0; .

c) On a f est continue sur   0 1; et dérivable sur   0 1; et ^{f( ) f1 }

 

^{0 0}donc d'après le théorème de Rolle :



^{  }_^{0 1; }_



^{: f}

 

^{ 0}

d) On a :



^{ x IR}



^{;    }_{ }¹

 

f  f x x

Donc :

   

2

 

1  1 1

          

      

f  f x d'où f f x

x x x

Alors 2

 

1 f   1 f x x

x

Comme



^{IR}



^{; alors :} 2

 

1 1 





    

f f .

Or ^f

 

^{ 0 ; donc :  }_{ }^{1 0}

f  

II-



^{ x }_^0;_



^{; F x}

 

^



₀^xf t dt .

 

1-a) Soit t1;

• On a : ² ₂ 1 ¹ ₂ 1   1

 

t

t t et 1 ₂

1 0

t Donc : ² ₂ 1

1 

 t t

•) On a :

 

2 2

2 2

1 1

2 1 2 1

  

 

t t

t t et 1 t² 0 (cart1;) ; donc : ^{1 2} ₂ 21

 t t D’où :



^{ }t ^¹;^



; ^{1 2} ₂ 1

21 

 t t

b) Soit x1, .D'après ce qui précède ; on a :



^{ t }_^1;_



^{; 2} 2

1 1

2 1 

 t

t et lnt0

Donc : 1 ₂

2 1 



lnt tlnt lnt

t t t .

Alors : 1

lnt   2lnt

t f(t) t

D’où Et comme 1x et les fonctions 1

2

lnt lnt

t ; t f(t) et t

t t sont continues sur1,x Alors

1 1 1

1





^xlnt_t ^dt



^xf(t)dt 2



^xlnt_t ^dt

Donc ^{1 1 1}

0 1 0 1 0 1

1

    2



^f(t)dt



^xlnt_t ^dt



^f(t)dt



^xf(t)dt



^f(t)dt



^xlnt_t ^dt

D’où

 

¹ _{1 0}

 

^{1 1} ₁





^xlnt 



^x  2



^xlnt

F dt f(t)dt F dt

t t

Par suite

   

²

     

²

1 1

1 1 1

1 1

2 2 2

   

      

x x

F lnt F x F lnt

   

^{1 1 2}

     

^{1 1 2}

2 4

   

F lnx F x F lnx

Alors :



^{ x }_^1;_



^;

   

^{1 1 2}

     

^{1 1 2}

2 4

   

F lnx F x F lnx

c) ► On a :

   

^{1 1 2}

 4  

xlim F lnx et

     

^{1 1 2}

 4

F x F lnx pour tout x 1;  Donc : _x^{lim F x}_

 

^{ }

► On a pour tout x 1; :

   

^{1 1 2}

     

^{1 1 2}

2 4

   

F lnx F x F lnx

Donc

 

¹ 1

 

²

   

¹ 1

 

²

2 4

   

F lnx F x F lnx

x x x x x 4

De plus :

 

¹

 0

x

lim F x

Et

 

^{2 2}

 

 

  

 

x x

lnx ln(x)

lim lim

x x

2 2



 

   

 

t

ln(t )

lim ( t x )

t

2

4 0



 

^t    lim lnt

t

Donc :

 

¹ 1

 

²

 

¹ 1

 

²

2 4 0

     

x x

F lnx F lnx

lim lim

x x x x

Par Suite :

 

 0

x

limF x

x

Interprétation géométrique

La courbe de F admet une branche parabolique de direction l’axe des abscisses au voisinage de .

2. a) On a f est continue sur 0;et 00;donc F est dérivable sur 0; . Et on a :



^{ x }_^0;_



^{; F x}

   

^{f x .}

Par suite :



^{ x }_^0;_



^;

 

2

  1

 F x xlnx

x

b) D’après la question I-1-a) on a : ► ^{f x}

 

^{0 sur  }_{ }^{0 1; et f x}

 

^{0 sur }_^1;_

D’où le tableau de variation de F.

x 0 1 

 

F x   0 

 

F x ^F

 

¹ 0 

III- 1- a) Soit t0;

On considère la fonction  définie par : ^

 

^{t  e tlnt1}

On a : ^

 

^{t  e lnt e}

^{ e lnt}



^1



Donc : ►^

 

^{t 0 pour} _{ }^{0 1}_

 

t ;

e ►^

 

^{t 0 pour }_^{1 }_

 

t ;

e

d'où le tableau de variation de . x

0 1

e 

 

^{ x } 0 

 

 x

0 Donc 0 est une valeur minimale pour  sur0; ; d’où :



^{ t }_^0;_



^{; }

 

^{t 0.}

Par suite :



^{ }t ^⁰;^



; 1

tlnt e

b) D’après la question précédente on a pour tout t0; :

tlnt 1

e

 

¹ et on a :

2

1 0

1 

t

 

²

De

 

^{1 et}

 

² on déduit que :



^{ t }_^0;_



^; ₂ ^{1 1} ₂

1 1

 

 

tlnt

t e t

Et comme

2

1 1

1 

t , alors :



^{ t }_^0;_



^{; f t}

 

^ _e^{1 .}

c) Soit x0;, et soit 0 t x

On a : ^{f t}

 

^ _e¹ ( d’après la question précédente ) Et on a f est continue sur 0;x , alors : 

0

 

0

 1



^{xf t dt}



^x_e^{dt d’où}



0^{xf t dt}

^{ }

 _e^x ^x Alors :



^{ x }_^0;_



^{: F x}

^{ }

^x

2-

 

⁰ 1

   

0 1



   

  

   

n 

n n

u ; u : u F u n IN

Montrons par récurrence que :



^{ n IN}



^; un^{  }_^{0 1}; _ a) pour n=0

On a u₀  0 1;  Soit n∈IN

Supposons que uⁿ  0 1; et montrons que  uⁿ_1  0 1; 

On a d'après ce qui précède que F est strictement croissante sur   0 1; Alors F( ) F u^{0 }

 

n ^F( )¹

Et comme F(0)=0 et F( )1 1( d’après III-1-c) Alors uⁿ_1  0 1; . 

Conclusion :



^{ n IN}



^; un^{  }^{0 1}; 

b) D’après la question III-1. c) On a :



^{ }x ^⁰;^



; ^{F x}

 

^x

Et comme un  0 1; ; alors  F u

 

n ^un

Donc



^{ n IN ;}



u_n1 u_n

Par suite

 

u est strictement décroissantes et comme elle est minorée par 0 alors elle est n

convergente.

c) On a : •) f est continue sur   0 1; et ^F



^_^{0 1; }_



^_^{F( ),F( )0 1}_^_^{0 1; }_

•) u₀   0 1; •) u_n1 F u

 

_n

•)

 

u est convergente n

Alors

 n

nlim u est la solution de l'équation F(x) = x , dans   0 1; Or d'après ce qui précède on a :



^{ x }_^0;_



^{: F x}

 

^x

Et comme ^F

 

^{0 0}, alors 0 est la seule solution de l’équation F(x) = x

Donc : 0

 _n

nlim u .

Exercice 5 :

1 2

1 0

0 0

 

 



 



g(x) ex si x x

g( ) 1) Les fonctions

1 2

1 ^_x

x et x e

x sont continues sur0; , alors g est continue sur 0 

 

 ; 

( comme produit de deux fonctions continues sur 0;) D’autre part , on a :

1

0 0 2

2

1

1 0

 



 





  



x

x x

t t

limg(x) lim e x

lim t e ( t ) x Donc

0

 0

 

xlimg(x) g( ), par suite g est continue à droite en 0 . Ainsi, g est continue sur 0,

2)

 

¹

1

 0  



 



^x

x

x ; : L(x) g(t) dt g(t)dt

a) On a g est continue sur 0,et 10,, donc L est dérivable sur 0, Par suite, L est continue sur 0,.

b) Pour tout x0;, on a :

1 1 1

1

1

 

  

    

 



^{t x}

x x

L(x) g(t) dt e e e

c) On a :



^{ x }_^0;_



^{L(x) e 1}e , alors : ^x1

1 1

0 0

1

1

1

 

 

 







 

   



x

x x

t t

lim L(x) lim e e

lim e e ( t )

x e

Et commeL est continue sur 0,, alors L est continue à droite en 0 . Donc

0

 0

 

xlimL(x) L( ) , par suite L( ) e0  ^1

3)

 

¹

0

1 ^





     



ⁿ  

n p

n : s g p

n n

On g est continue sur 0,, donc g est continue sur   0 1, Alors

 

^s_{n n1} est convergente , et

1

0

 ⁿ 



 0

nlim s g(t)dt L( ) Et comme L( ) e0  ^1 , alors ^1

 _n 

nlim s e