Contrôle continu n ◦ 4 du 19 décembre 2019. Corrigé
Les calculatrices et téléphones portables ne sont pas autorisés.
Sauf mention contraire, les réponses doivent être justifiées.
Exercice 1.
1. Donner la liste des nombres premiers inférieurs ou égaux à 30 (on ne demande pas de justification).
Les nombres premiers inférieurs ou égaux à 30 sont : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 2. Résoudre l’inéquation|x+ 3| ≥5x.
Pour toutx∈R, on ax+ 3>0⇔x>−3. On étudie donc deux cas :
— Cas 1 :x∈[−3,+∞[, c’est-à-dire x+ 3>0.En ce cas,|x+ 3|>5x⇔x+ 3>5x⇔3>4x⇔x6 34. On obtient donc un premier ensemble de solution :
les nombres de l’intervalle]− ∞,34]∩[−3,+∞[= [−3,34].
— Cas 2 :x∈]− ∞,−3], c’est-à-direx+ 360.En ce cas,|x+ 3|>5x⇔ −x−3>5x⇔ −3>6x⇔x6−12. On obtient donc un deuxième ensemble de solution :
les nombres de l’intervalle]− ∞,−12]∩]− ∞,−3] =]− ∞,−3].
On peut aussi remarquer que pour toutx∈]− ∞,−3], on a5x <0et|x+ 3|>0et donc tous les nombres de cet intervalle sont solutions de|x+ 3| ≥5x.
En conclusion, les solutions sont les nombres de l’intervalle[−3,34]∪]− ∞,−3] =]− ∞,34].
3. Déterminer la forme exponentielle du nombre complexe −3 +i 2 +i .
−3 +i
2 +i =(−3 +i)(2−i)
(2 +i)(2−i) = −6 + 3i+ 2i+ 1
22−(−1) = −5 + 5i
5 =−1 +i Et−1 +i=√
2(−
√2 2 +i
√2 2 ) =√
2(cos3π4 + sin3π4).
La forme exponentielle recherchée est donc√ 2ei34π. 4. Développer(1 +i)4.
— Première solution : on détermine la forme exponentielle de1 +i=√ 2eiπ4. On a donc(1 +i)4= (√
2)4ei4π4 = 4eiπ=−4.
— Deuxième solution : on utilise la formule du binôme de Newton, et on trouve : (1 +i)4= 14+ 4×13×i+ 6×12×i2+ 4×1×i3+i4= 1 + 4i−6−4i+ 1 =−4.
5. Résoudre dansCl’équation z2+ (−4 + 3i)z+ 1−7i= 0.
On calcule le discriminant :∆ = (−4 + 3i)2−4(1−7i) = 3 + 4i.
On cherche les racines carrées du discriminant sous la formex+iy. On a donc le système :
x2−y2= 3 2xy= 4 x2+y2= 5
(Les deux premières équations viennent de(x+iy)2= 3 + 4i, la troisième vient de|(x+iy)2|=|3 + 4i|).
On trouvex=±2 ety=±1, et puisque le produitxy est positif, les deux racines carrées de∆ = 3 + 4isont 2 +iet −2−i.
Les solutions de l’équation sont alorsz1=4−3i+2+i2 = 3−ietz2= 4−3i−2−i2 = 1−2i.
6. Donner l’ensemble de définition de la fonctionf :x7→arcsin(x+ 3).
La fonctiont7→arcsintest définie sur[−1,1], donc on cherche à résoudre−16x+ 361.
Pour toutx∈R, on a−16x+ 361⇔ −46x6−2, doncDf = [−4,−2].
7. On admettra que la fonctiong :x7→cos(√
3x+ 1)est dérivable sur]−13,+∞[. Donner la dérivée de g sur cet intervalle.
Pour toutx∈]−13,+∞[,on a g0(x) = (√
3x+ 1)0cos0(√
3x+ 1) =−2√3x+13 sin (√ 3x+ 1)
8. Déterminer lim
x→+∞
e2x+ex−1 5e2x−3ex+ 1.
En factorisant pare2xle numérateur et le dénominateur, puis en simplifiant, on a e2x+ex−1
5e2x−3ex+ 1 = 1 +e−x−e−2x 5−3e−x+e−2x. Or,
x→+∞lim e−x= lim
x→+∞e−2x= 0, donc lim
x→+∞1 +e−x−e−2x= 1et lim
x→+∞5−3e−x+e−2x= 5 d’où, par quotient,
x→+∞lim
e2x+ex−1
5e2x−3ex+ 1 = 1 + 0−0 5−3×0 + 0 =1
5.
On peut aussi utiliser un changement de variable, on poseX =ex, et on est donc ramené à chercher
X→+∞lim
X2+X−1 5X2−3X+ 1 = 1
5 (limite du quotient des termes de plus haut degré) 9. Résoudre le système :
−x+ 2y+z= 5 2x−y+ 3z= 2
Il s’agit un système de deux équations à trois inconnues. On peut voirz comme un paramètre et écrire le
10. Effectuer la division euclidienne du polynômeP =X5−7X4−X2−9X+ 9parQ=X2−5X+ 4.
Correction :
Finalement, on a donc l’égalité suivante :
X5−7X4−X2−9X+ 9 = (X2−5X+ 4)(X3−2X2−14X−63)−268X+ 261
.
11. (a) Factoriser le polynômeX3+X2−2dansR[X].
(b) Factoriser le polynômeX3+X2−2dansC[X].
SoitP(X) =X3+X2−2, alors P(1) = 0, doncP(X)est divisible parX−1, et on trouve la factorisation suivante :
P(X) = (X−1)(X2+ 2X+ 2).
ConsidéronsQ(X) =X2+ 2X+ 2. Le discriminant pourQ(X)est
∆ = 22−4×2 =−4<0.
D’oùQ(X)est irréductible dansR[X], et(X−1)(X2+ 2X+ 2)est la factorisation deP(X)dansR[X]. Ceci répond la question (a).
Pour (b), on factorise Q(X) dansC[X]. Comme ∆ =−4 = (2i)2 pour Q(X), les deux racines pourQ(X) sont
z1= −2 + 2i
2 =−1 +i et z2=−2−2i
2 =−1−i.
D’où la factorisation deP(X)dansC[X]est
P(X) = (X−1)(X+ 1−i)(X+ 1 +i).
Exercice 2. On considère les deux fonctions f : R → R∗+
x 7→ e2x+ 2ex et g : ]−1,+∞[ → R∗ x 7→ ln(√
x+ 1−1) 1. Montrer que pour toutx∈R∗+, f(g(x)) =x. En déduire quef est surjective.
On a
f(g(x)) =f(ln(√
x+ 1−1))
=e2(ln(
√x+1−1))+ 2eln(
√x+1−1)
=eln((
√x+1−1)2)+ 2(√
x+ 1−1)
= (√
x+ 1−1)2+ 2√
x+ 1−2
=x+ 1 + 1−2√
x+ 1 + 2√
x+ 1−2
=x.
On rappelle la définition d’une fonction surjective :f est surjective si pour touty∈R∗+(l’ensemble d’arrivée def) il existe x∈R(l’ensemble de départ def) tel quey=f(x)(tout élément a au moins un antécédent).
Donc, soity∈R∗+, posonsx=g(y), on a bienx∈Ret d’après la question précédente on af(x) =f(g(y)) =y.
2. En factorisante2x+ 2ex+ 1sous forme d’un carré, montrer que pour toutx∈R g(f(x)) =x. En déduire quef est injective (on rappelle que cela signifie : pour toutx, x0∈R, sif(x) =f(x0)alorsx=x0).
e2x+ 2ex+ 1 = (ex+ 1)2. Doncf(x) = (ex+ 1)2−1.
On a donc
g(f(x)) =g((ex+ 1)2−1)
= ln(p
(ex+ 1)2−1 + 1−1)
= ln(ex+ 1−1) (p
(ex+ 1)2=ex+ 1carex+ 1≥0)
=x
Montrons maintenant quef est injective : Soientx, x0 ∈Rtels quef(x) =f(x0). Alorsg(f(x)) =g(f(x0)). Mais g(f(x)) =xetg(f(x0)) =x0 et doncx=x0.
On a donc bien : pour toutx, x0 ∈R, si f(x) =f(x0)alorsx=x0, c’est-à-diref injective.
Exercice 3. On cherche à factoriser le polynômeX4+ 1.
1. On cherche tout d’abord les solutions dansCde l’équationz4=−1.
(a) Justifier que cela revient à déterminerθ∈Rtel que 4θ≡π[2π].
Puisque z4= 1, on a |z4|=|z|4= 1, et puisque|z| ≥0, on a donc|z|= 1.
On cherche alorsz sous la formez=eiθ.
On a z4= (eiθ)4=ei4θ. Or,−1 =eiπ, donc on doit r´ésoudre4θ≡π[2π].
(b) En déduire les 4 solutions complexes de l’équationz4=−1.
4θ≡π[2π]si et seulement si il existe k∈Z tel que4θ =π+ 2kπsi et seulement si il existe k∈Z tel queθ=π4 +kπ2.
En faisant varier kde 0 à 3 (ensuite on retombe sur des solutions déjà trouvées modulo2π), on obtient les 4 solutions pourθ :
θ1= π
4, θ2= π 4 +π
2 =3π
4 , θ3= π
4 +π=5π
4 , et θ4=π 4 +3π
2 =7π 4 .
On en déduite les 4 solutions de z4=−1: z1=eiπ4 =
√2 2 +i
√2
2 ,z2=ei3π4 =−
√2 2 +i
√2
2 ,z3=ei5π4 =−
√2 2 −i
√2
2 ,z4=ei3π4 =
√2 2 −i
√2 2 . (c) En déduire la factorisation deX4+ 1 dansC[X]
On a donc
X4+ 1 = (X−z1)(X−z2)(X−z3)(X−z4) C’est-à-dire
X4+ 1 = X−
√ 2 2 −i
√ 2 2
X+
√ 2 2 −i
√ 2 2
X+
√ 2 2 +i
√ 2 2
X−
√ 2 2 +i
√ 2 2
2. À partir de la factorisation deX4+ 1 dansC[X], donner la factorisation deX4+ 1 dansR[X].
On voit quez4=z1 etz3=z2. Donc la factorisation dansR[X]est
X4+ 1 = (X2−(z1+z4)X+z1z4)(X2−(z2+z3)X+z2z3)
= (X2−√
2X+ 1)(X2+√
2X+ 1)
Exercice 4. Soitn∈N, n≥2. On considère le polynôme deR[X]:Q= 2Xn+1−n(n+1)X2+2(n2−1)X−n(n−1) 1. Montrer queQ(1) = 0 et queQ0(1) = 0.
2. Déterminer l’ordre de multiplicité de 1 en tant que racine deQ.
Correction :
Exercice 5. Soitα∈R. On cherche à résoudre le système :
x+αy−z= 0
−x+y+z= 0 2x+αz= 0
1. Donner une solution évidente de ce système.
2. Déterminer les valeurs deαpour lesquelles le système admet cette solution évidente pour unique solution.
Correction :
Exercice 6. Soitf une fonction définie sur un intervalleI deR. Montrer que si f est strictement croissante sur I, alorsf est injective surI.
Soitf une fonction strictement croissante, c’est-à-dire vérifiant∀a∈I∀b∈I sia < balorsf(a)< f(b) . Montrons quef est injective, c’est-à-dire que∀x∈I∀x0∈I six6=x0 alorsf(x)6=f(x0)
. Soient alorsx, x0∈I tels quex6=x0, on a doncx < x0 oux0 < x.
— Supposonsx < x0, alors puisquef est strictement croissante, on af(x)< f(x0)et doncf(x)6=f(x0).
— Supposonsx0 < x, alors puisquef est strictement croissante, on af(x0)< f(x)et doncf(x)6=f(x0).
Dans tous les cas, nous avons montré quef(x)6=f(x0).
On a donc bien ∀x,∀x0∈I x6=x0⇒f(x)6=f(x0)
, et doncf est injective.
Exercice 7. Montrer par récurrence la propriété suivante :
Pour toutn∈N, pour tout polynômeP deK[X],
siP est de degrén, alorsP a au plusnracines distinctes dansK.
Appelons R[n] la propriété suivante : pour tout polynômeP de K[X], si P est de degré n, alors P a au plusn racines distinctes dans K.
Nous allons démontrer par récurrence : pour toutn∈N, R[n].
— Initialisation : on va montrer que pour tout polynômeP deK[X], siP est de degré 0, alorsP a au plus 0 racines distinctes dansK, c’est-à-dire que P n’a pas de racines.
SoitP un polynôme de degré 0, alors il existea∈R∗ tel queP =a. Et puisquea6= 0,P n’a pas de racine.
— Hérédité : on veut montrer que pour toutk∈N,R[k]⇒R[k+ 1].
Soitk∈N.
On suppose que pour tout polynômeP deK[X], siP est de degrék, alorsP a au plusk racines distinctes dansK(hypothèse de récurrence).
On veut montrer que pour tout polynômeP deK[X], siP est de degrék+ 1, alorsP a au plusk+ 1racines distinctes dansK.
SoitP un polynôme de degré k+ 1.
— SiP n’a pas de racine, alorsP a au plusk+ 1racines distinctes puisquek+ 1≥0.
— SiP a au moins une racine, appelons alorsa∈Kune racine deP. On a donc un polynômeQdeK[X]
tel que P = (X−a)Q, etQest de degrék.
Par hypothèse de récurrence,Qa au pluskracines. Or, les racines deP sont les racines deQauxquelles on rajoute éventuellementa(apourrait être déjà racine deQ). DoncP a au plusk+ 1racines.
Dans tous les cas, on a montré queP a au plusk+ 1racines.
Finalement, la propriétéR[n]est vraie au rang 0 et elle est héréditaire, donc on a bien pour toutn∈N, R[n].
