Fiche de mathématiques

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Épreuve de Mathématiques (session normale)

Séries C et TMGM

Mauritanie 2020

COEFFICIENT : 9 et 6

DURÉE : 4 HEURES

Correction

Bac C et TMGM Mauritanie 2020

3 points

exercice 1

1. On considère l'équation (E) : 13x - 15y = 5, où x et y sont des entiers relatifs.

1. a) Nous devons déterminer l'entier naturel p pour que le couple (p + 1 ; p ) soit solution de (E).
Dans l'équation (E), remplaçons x par p + 1 et y par p .

$13\times(p+1)-15p=5\Longleftrightarrow13p+13-15p=5 \\\phantom{13\times(p+1)-15p=5}\Longleftrightarrow-2p=-8 \\\phantom{13\times(p+1)-15p=5}\Longleftrightarrow\boxed{p=4}$
Par conséquent, si p = 4, alors le couple (5 ; 4) est solution de l'équation (E).

1. b) Résolvons l'équation (E).

Nous savons que le couple (5 ; 4) est solution de l'équation (E).

$\left\lbrace\begin{matrix}13x-15y=5\\13\times5-15\times4=5\end{matrix}\right.\ \ \ \ \underset{\text{par soustraction}}{\Longrightarrow}\ \ \ \ 13(x-5)-15(y-4)=0 \\\\\phantom{WWWWWWWWWWW..0.}\Longrightarrow\ \ \ \ 13(x-5)=15(y-4)$
Donc l'entier 15 divise le produit 13(x - 5) avec 15 et 13 premiers entre eux.
Par le théorème de Gauss, nous en déduisons que 15 divise (x - 5).
Dès lors, il existe un entier relatif k tel que x - 5 = 15k , soit $\boxed{x=15k+5}$ .
$\text{De plus, }\ \left\lbrace\begin{matrix}13(x-5)=15(y-4)\\x-5=15k\end{matrix}\right.\ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ 13\times15k=15(y-4) \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWW.....}\Longrightarrow\ \ \ \ 13k=y-4 \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWW.....}\Longrightarrow\ \ \ \ \boxed{y=13k+4}$
D'où les couples (x ; y ) susceptibles d'être solutions de (E) sont : (15k + 5 ; 13k + 4) où k est un entier relatif quelconque.

Réciproquement, démontrons que pour tout entier k , les couples (x ; y ) = (15k + 5 ; 13k + 4) sont solutions de l'équation (E).
$13x - 15y = 13(15k+5)-15(13k+4) \\\phantom{13x - 15y} = 195k+65-195k-60 \\\phantom{13x - 15y} =5.$
Nous en déduisons que tous les couples (15k + 5 ; 13k + 4) où k est un entier relatif quelconque sont solutions de l'équation (E).
Par conséquent, l'ensemble des solutions de (E) dans ² est $\boxed{\lbrace(15k+5\, ; 13k+4)\, , k\in\Z\rbrace}$ .

2. Déterminons l'ensemble S est entiers relatifs N tels que $\left\lbrace\begin{matrix}N\equiv5\,[13]\\N\equiv10\,[15]\end{matrix}\right.$

2. a) Soit N un élément de S.

$N\in S\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}N\equiv5\,[13]\\N\equiv10\,[15]\end{matrix}\right. \\\\\phantom{N\in S}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}13\ \text{divise }N-5\\15\ \text{divise }N-10\end{matrix}\right. \\\\\phantom{N\in S}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\exists\ x\in\Z:N-5=13x\\\exists\ y\in\Z:N-10=15y\end{matrix}\right. \\\\\phantom{N\in S}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\exists\ x\in\Z:N=13x+5\\\exists\ y\in\Z:N=15y+10\end{matrix}\right. \\\\\phantom{N\in S}\Longleftrightarrow\exists\ (x\,;y)\in\Z^2:N=13x+5=15y+10 \\\\\phantom{N\in S}\Longleftrightarrow\exists\ (x\,;y)\in\Z^2:\left\lbrace\begin{matrix}N=13x+5=15y+10\\13x-15y=5\end{matrix}\right. \\\\\phantom{N\in S}\Longleftrightarrow\boxed{\exists\ (x\,;y)\in\Z^2:\left\lbrace\begin{matrix}N=13x+5=15y+10\\ (x\,;y) \text{ est solution de (E)}\end{matrix}\right.}$

2. b) Nous avons montré dans la question 1. b) que l'ensemble des solutions de (E) dans

² est
$\lbrace(15k+5\, ; 13k+4)\, , k\in\Z\rbrace.$

Dès lors,
$N\in S\Longleftrightarrow\exists\ (x\,;y)\in\Z^2:\left\lbrace\begin{matrix}N=13x+5=15y+10\\x=15k+5\ \ \ (k\in\Z) \ \\y=13k+4\ \ \ (k\in\Z)\end{matrix}\right. \\\\\phantom{N\in S}\Longleftrightarrow N=13(15k+5)+5=15(13k+4)+10\ \ \ (k\in\Z) \\\phantom{N\in S}\Longleftrightarrow N=195k+65+5=195k+60+10\ \ \ (k\in\Z) \\\phantom{N\in S}\Longleftrightarrow N=195k+70\ \ \ (k\in\Z) \\\phantom{N\in S}\Longleftrightarrow N\equiv70\ [195]$
Par conséquent, $\boxed{N\in S\Longleftrightarrow N\equiv70\ [195]}$

2. c) Le tableau ci-dessous donne les valeurs de N en fonction des premières valeurs entières de k.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline&&&&&&&&&&&& k&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10\\&&&&&&&&&&& \\\hline&&&&&&&&&&&& N=195k+70&70&265&460&655&850&1045&1240&1435&1630&1825&{\red{2020}}\\&&&&&&&&&&&\\\hline \end{array}$
Donc le plus petit élément A de S qui est supérieur ou égal à 2000 est A = 2020.

2. d) Le nombre A = 2020 s'écrit COVID dans un système de base n .

Montrons que n ne peut être supérieur à 6.
L'écriture COVID représente un nombre de 5 chiffres distincts.
Le plus petit nombre de 5 chiffres différents est 10234.
Le nombre 10234 en base n se détermine en base 10 comme suit :

$10234_{(n)}=1\times n^4+0\times n^3+2\times n^2+3\times n+4 \\\\\Longrightarrow 10234_{(n)}=n^4+2n^2+3n+4 \\\\\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}n>6\\n\in\N\setminus \lbrace0;1\rbrace \end{matrix}\right.\Longrightarrow n\ge 7\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}n^4\ge7^4\\n^2\ge7^2\\n\ge7\end{matrix}\right. \Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}n^4\ge2401\\n^2\ge49\\n\ge7\end{matrix}\right. \\\\\phantom{\text{Or }\ n\ge 7}\Longrightarrow n^4+2n^2+3n+4\ge2401+2\times49+3\times7+4 \\\\\phantom{\text{Or }\ n\ge 7}\Longrightarrow n^4+2n^2+3n+4\ge2524$

D'où $\boxed{10234_{(n)}\ge2524_{(10)}}$
Dès lors, si n est supérieur ou égal à 7, le plus petit nombre pouvant s'écrire COVID en base n est supérieur à 2020.
Par conséquent, n ne peut être supérieur à 6 pour que 2020 puisse s'écrire COVID en base n .

Montrons que la base n ne peut être inférieure à 5.
En base 4, le nombres s'écrivent en utilisant un ou plusieurs chiffres choisi(s) parmi les quatre chiffres 0, 1, 2 et 3.
De même, en base 3, le nombres s'écrivent en utilisant un ou plusieurs chiffres choisi(s) parmi les trois chiffres 0, 1 et 2.
En base 2, le nombres s'écrivent en utilisant un ou plusieurs chiffres choisi(s) parmi les deux chiffres 0 et 1.
Or COVID s'écrit avec 5 chiffres distincts.
Dès lors, si n est inférieur ou égal à 4, il est impossible d'écrire COVID en base n .
Par conséquent, n ne peut être inférieur à 5 pour que 2020 puisse s'écrire COVID en base n .

Convertissons 2020 en base 5 par divisions successives.

$\begin{matrix} 2020:5&=404\ \ \ &\text{reste : }{\red{0}}\ \ \text{ car }2020=404\times5+0\\ 404:5&=80\ \ \ &\text{reste : }{\red{4} }\ \ \text{ car }404=80\times5+4\ \ \ \\ 80:5&=16\ \ \ &\text{reste : }{\red{0}}\ \ \text{ car }80=16\times5+0\ \ \ \ \ \\ 16:5&=3\ \ \ &\text{reste : }{\red{1}}\ \ \text{ car }16=3\times5+1\ \ \ \ \ \ \\ 3:5&=0\ \ \ &\text{reste : }{\red{3}}\ \ \text{ car }3=0\times5+3\ \ \ \ \ \ \ \ \\ 0 \\\Longrightarrow\boxed{2020_{(10)}=31040_{(5)}} \end{matrix}$
Donc, le nombre décimal 2020 s'écrit 31040 en base 5.

Convertissons 2020 en base 6 par divisions successives.

$\begin{matrix} 2020:6=336&\text{reste : }{\red{4}}\ \ \text{ car }2020=336\times6+4\\ 336:6=56&\text{reste : }{\red{0} }\ \ \text{ car }336=56\times6+0\ \ \ \\ 56:6=9&\text{reste : }{\red{2}}\ \ \text{car }56=9\times6+2\ \ \ \ \ \ \\ 9:6=1&\text{reste : }{\red{3}}\ \ \text{car }9=1\times6+3\ \ \ \ \ \ \ \ \\ 1:6=0&\text{reste : }{\red{1}}\ \ \text{car }1=0\times6+1\ \ \ \ \ \ \ \ \\ 0 \\\Longrightarrow\boxed{2020_{(10)}=13204_{(6)}} \end{matrix}$
Donc, le nombre décimal 2020 s'écrit 13204 en base 6.

Par conséquent, le nombre décimal 2020 s'écrit 31040 en base 5 et 13204 en base 6.
Puisque tous les chiffres doivent être différents, le nombre A = 2020 est représenté par COVID en s'écrivant 13204 en base 6.

4 points

exercice 2

Pour tout nombre complexe z , on pose : $P(z)=z^3+(1-2\,\text{i})z^2-(5+3\,\text{i})z+4-8\,\text{i}.$

${\red{1.\ }}\ P(-\text{i})=(-\text{i})^3+(1-2\,\text{i})(-\text{i})^2-(5+3\,\text{i})(-\text{i})+4-8\,\text{i} \\\phantom{{\red{1.\ }}\ P(-\text{i})}=-\text{i}^3+(1-2\,\text{i})(-1)+(5+3\,\text{i})\,\text{i}+4-8\,\text{i} \\\phantom{{\red{1.\ }}\ P(-\text{i})}=\text{i}-1+2\,\text{i}+5\,\text{i}-3+4-8\,\text{i} \\\phantom{{\red{1.\ }}\ P(\text{i})}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{P(-\text{i})=0}$

Nous devons résoudre dans

l'équation P (z ) = 0.

-i est une racine de P puisque P (-i) = 0.
Le polynôme P (z ) peut donc se factoriser par (z + i), soit $P(z)=(z+\text{i})(z^2+az+b).$

Déterminons les nombres a et b tels que pour tout nombre complexe z : $P(z)=(z+\text{i})(z^2+az+b).$

Première méthode

$P(z)=(z+\text{i})(z^2+az+b) \\\\\Longleftrightarrow z^3+(1-2\,\text{i})z^2-(5+3\,\text{i})z+4-8\,\text{i}=(z+\text{i})(z^2+az+b) \\\Longleftrightarrow z^3+(1-2\,\text{i})z^2-(5+3\,\text{i})z+4-8\,\text{i}=z^3+(a+\text{i})z^2+(b+\text{i}a)z+\text{i}b \\\overset{}{\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}1-2\,\text{i}=a+\text{i}\\-(5+3\,\text{i})=b+\text{i}a\\4-8\text{i}=\text{i}b \end{matrix}\right.}$
$\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1-3\,\text{i}\\-5-3\,\text{i}=b+\text{i}a\\\text{i}b=4-8\text{i} \end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1-3\,\text{i}\\-5-3\,\text{i}=b+\text{i}a\\b=\dfrac{4-8\text{i}}{\text{i}} \end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1-3\,\text{i}\\-5-3\,\text{i}=b+\text{i}a\\b=\dfrac{(4-8\text{i})\text{i}}{-1} \end{matrix}\right. \\\overset{}{\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1-3\,\text{i}\\-5-3\,\text{i}=b+\text{i}a\\b=-4\text{i}-8 \end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1-3\,\text{i}\\-5-3\,\text{i}=(-4\text{i}-8)+\text{i}(1-3\,\text{i})\\b=-4\text{i}-8 \end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1-3\,\text{i}\\-5-3\,\text{i}=-5-3\,\text{i}\\b=-4\text{i}-8 \end{matrix}\right.} \\\\\Longrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}a=1-3\,\text{i}\\b=-8-4\text{i}\end{matrix}\right.}$
Donc $P(z)=(z+\text{i})\left(\overset{}{z^2+(1-3\,\text{i})z-8-4\,\text{i}}\right).$

Deuxième méthode
Utilisons la méthode de Horner pour effectuer la division de P (z ) par (z + i).

$\begin{array} {|c|ccc|ccc|ccc|ccc|} \hline&&&&&&&&&&&&\\ &&1&&&1-2\,\text{i}&&&-5-3\,\text{i}&&&4-8\,\text{i}&\\&&&&&&&&&&&&\\ \hline &&&&&&&&&&&&\\-\,\text{i}&&&&&-\text{i}&&&-\,\text{i}-3&&&8\text{i}-4&\\&&&&&&&&&&&&\\ \hline &&&&&&&&&&||&&\\&&1&&&a=1-3\,\text{i}&&&b=-8-4\,\text{i}&&||&0&\\&&&&&&&&&&||&& \\ \hline \end{array}$
Donc, a = 1 - 3i et b = -8 - 4i et $P(z)=(z+\text{i})\left(\overset{}{z^2+(1-3\,\text{i})z-8-4\,\text{i}}\right).$

$P(z)=0\Longleftrightarrow(z+\text{i})\left(\overset{}{z^2+(1-3\,\text{i})z-8-4\,\text{i}}\right)=0 \\\overset{}{\phantom{P(z)=0}\Longleftrightarrow z+\text{i}=0\ \ \ \text{ou}\ \ \ z^2+(1-3\,\text{i})z-8-4\,\text{i}=0} \\\\\bullet\ z+\text{i}=0\Longleftrightarrow \boxed{z=-\text{i}}$

$\bullet\ z^2+(1-3\,\text{i})z-8-4\,\text{i}=0 \\\\\phantom{\bullet\ }\underline{\text{Discriminant}}:\Delta=[(1-3\,\text{i})]^2-4\times1\times(-8-4\text{i}) \\\phantom{WWWWWWWi}=1-6\text{i}-9+32+16\text{i} \\\phantom{WWWWWWWi}=24+10\text{i} \\\phantom{WWWWWWWi}=25+2\times5\text{i}-1 \\\phantom{WWWWWWWi}=(5+\text{i})^2 \\\\\phantom{\bullet\ }\underline{\text{Racines}}:z_1=\dfrac{-1+3\,\text{i}+(5+\text{i})}{2}=\dfrac{4+4\,\text{i}}{2}\Longrightarrow\boxed{z_1=2+2\,\text{i}} \\\\\phantom{WWWWii}z_2=\dfrac{-1+3\,\text{i}-(5+\text{i})}{2}=\dfrac{-6+2\,\text{i}}{2}\Longrightarrow\boxed{z_2=-3+\text{i}}$

Par conséquent, l'ensemble S des solutions de l'équation P (z ) = 0 est $\boxed{S=\lbrace -\text{i}\,,\,2+2\,\text{i}\,,\,-3+\text{i} \rbrace}$ .

2. On note A, B et C les images des solutions de l'équation P (z ) = 0 tels que |z_B| < |z_A| < |z_C|.

2. a) Déterminons les affixes respectives z_A, z_B et z_C des points A, B et C.

$\bullet\ \ |-\text{i}| = 1\\\\ \bullet\ \ |2+2\,\text{i}| = \sqrt{2^2+2^2}= \sqrt{4+4}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\\\\ \bullet\ \ |-3+\text{i}| = \sqrt{(-3)^2+1^2}= \sqrt{9+1}=\sqrt{10} \\\\\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}|z_B|<|z_A|<|z_C|\\\\1<2\sqrt{2}<\sqrt{10}\end{matrix}\right.\Longrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}z_A=2+2\,\text{i}\\z_B=-\text{i}\ \ \ \ \\z_C=-3+\text{i}\end{matrix}\right.}$

Nous pouvons ainsi placer les points A, B et C dans le plan complexe. (Voir le graphique dans la question 2. e)

Déterminons ensuite la nature du triangle ABC.
Par lecture graphique, nous pouvons conjecturer que le triangle ABC est rectangle isocèle en B.

$\text{Le triangle indirect ABC est rectangle isocèle en B}\Longleftrightarrow\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}=-\text{i}.$

$\text{Or }\ \dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}=\dfrac{(2+2\,\text{i})-(-\text{i})}{(-3+\text{i})-(-\text{i})}=\dfrac{2+2\,\text{i}+\text{i}}{-3+\text{i}+\text{i}}=\dfrac{2+3\,\text{i}}{-3+2\,\text{i}}=\dfrac{(2+3\,\text{i})\times(-\text{i})}{(-3+2\,\text{i})\times(-\text{i})} \\\\\phantom{\text{Or }\ \dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}}=\dfrac{(2+3\,\text{i})\times(-\text{i})}{3\,\text{i}+2}=\dfrac{(2+3\,\text{i})\times(-\text{i})}{2+3\,\text{i}}=-\text{i} \\\\\Longrightarrow\boxed{\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}=-\text{i}}$
Par conséquent, le triangle ABC est rectangle isocèle en B.

2. b) Soit G le barycentre du système $\lbrace(A\,;9),\ (B\,;-2),\ (C\,;6)\rbrace.$
Nous devons vérifier que z_G = 2i.

$z_G=\dfrac{9\,z_A-2\,z_B+6\,z_C}{9-2+6}\Longleftrightarrow z_G=\dfrac{9(2+2\,\text{i})-2(-\text{i})+6(-3+\text{i})}{13} \\\\\phantom{z_G=\dfrac{9\,z_A-2\,z_B+6\,z_C}{9-2+6}}\Longleftrightarrow z_G=\dfrac{18+18\,\text{i}+2\text{i}-18+6\,\text{i}}{13} \\\\\phantom{z_G=\dfrac{9\,z_A-2\,z_B+6\,z_C}{9-2+6}}\Longleftrightarrow z_G=\dfrac{26\,\text{i}}{13}\Longleftrightarrow \boxed{z_G=2\,\text{i}}$
Nous pouvons ainsi placer le point G. (Voir le graphique dans la question 2. e)

2. c) Nous devons déterminer et construire l'ensemble E des points M du plan tels que

$9MA^2-2MB^2+6MC^2=195.$
$9MA^2-2MB^2+6MC^2 \\=9\overrightarrow{MA}^2-2\overrightarrow{MB}^2+6\overrightarrow{MC}^2 \\=9(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA})^2-2(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB})^2+6(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC})^2 \\\\=9(\overrightarrow{MG}^2+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GA}^2)-2(\overrightarrow{MG}^2+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GB}^2) \\\phantom{9MA^2-2MB^2+6MC^2}+6(\overrightarrow{MG}^2+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GC}^2) \\\\=9\overrightarrow{MG}^2+18\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GA}+9\overrightarrow{GA}^2-2\overrightarrow{MG}^2-4\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GB}-2\overrightarrow{GB}^2 \\\phantom{9MA^2-2MB^2+6MC^2}+6\overrightarrow{MG}^2+12\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GC}+6\overrightarrow{GC}^2$

$=13\overrightarrow{MG}^2+2\overrightarrow{MG}.(9\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{GB}+6\overrightarrow{GC})+9\overrightarrow{GA}^2-2\overrightarrow{GB}^2 +6\overrightarrow{GC}^2 \\\\=13\overrightarrow{MG}^2+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{0}+9\overrightarrow{GA}^2-2\overrightarrow{GB}^2 +6\overrightarrow{GC}^2 \\\\=13\overrightarrow{MG}^2+9\overrightarrow{GA}^2-2\overrightarrow{GB}^2 +6\overrightarrow{GC}^2 \\\\=13MG^2+9GA^2-2GB^2+6GC^2 \\\\\Longrightarrow\boxed{9MA^2-2MB^2+6MC^2=13MG^2+9GA^2-2GB^2+6GC^2}$

$\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}GA^2=|z_A-z_G|^2=|2+2\,\text{i}-2\,\text{i}|^2=|2|^2=4\\GB^2=|z_B-z_G|^2=|-\text{i}-2\,\text{i}|^2=|-3\,\text{i}|^2=9\\GC^2=|z_C-z_G|^2=|-3+\text{i}-2\,\text{i}|^2=|-3-\text{i}|^2=9+1=10\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}GA^2=4\\GB^2=9\\GC^2=10\end{matrix}\right.}$

$\text{D'où }\ 9MA^2-2MB^2+6MC^2=13MG^2+9\times4-2\times9+6\times10 \\\phantom{\text{D'où }\ 9MA^2-2MB^2+6MC^2}=13MG^2+36-18+60 \\\\\Longrightarrow\boxed{9MA^2-2MB^2+6MC^2=13MG^2+78}$

Il s'ensuit que :

$M\in E\Longleftrightarrow9MA^2-2MB^2+6MC^2=195 \\\phantom{M\in E}\Longleftrightarrow13MG^2+78=195 \\\phantom{M\in E}\Longleftrightarrow13MG^2=195-78 \\\phantom{M\in E}\Longleftrightarrow13MG^2=117 \\\phantom{M\in E}\Longleftrightarrow MG^2=\dfrac{117}{13} \\\phantom{M\in E}\Longleftrightarrow MG^2=9 \\\phantom{M\in E}\Longleftrightarrow \boxed{MG=3}\ \ \ (\text{car }MG\ge0)$

Donc tous les points M de l'ensemble E se situent à égale distance du point fixe G.
Par conséquent, l'ensemble E est un cercle centré en G et de rayon égal à 3. (Voir graphique ci-dessous)

2. d) Nous devons déterminer et construire l'ensemble F des points M du plan tels que

$3MA^2-5MB^2+2MC^2=65.$
$3MA^2-5MB^2+2MC^2=65\Longleftrightarrow3(3MA^2-5MB^2+2MC^2)=3\times65 \\\phantom{3MA^2-5MB^2+2MC^2=65}\Longleftrightarrow9MA^2\,{\blue{-\,15MB^2}}+6MC^2=195 \\\phantom{3MA^2-5MB^2+2MC^2=65}\Longleftrightarrow9MA^2\,{\blue{-\,2MB^2-13MB^2}}+6MC^2=195 \\\phantom{3MA^2-5MB^2+2MC^2=65}\Longleftrightarrow9MA^2-2MB^2+6MC^2-13MB^2=195 \\\\\text{Or }\ 9MA^2-2MB^2+6MC^2=13MG^2+78\ \ \ \ (\text{voir question 2. c)}$

Il s'ensuit que :

$3MA^2-5MB^2+2MC^2=65\Longleftrightarrow13MG^2+78-13MB^2=195 \\\phantom{3MA^2-5MB^2+2MC^2=65}\Longleftrightarrow13MG^2-13MB^2=195-78 \\\phantom{3MA^2-5MB^2+2MC^2=65}\Longleftrightarrow13(MG^2-MB^2)=117 \\\phantom{3MA^2-5MB^2+2MC^2=65}\Longleftrightarrow MG^2-MB^2=\dfrac{117}{13} \\\phantom{3MA^2-5MB^2+2MC^2=65}\Longleftrightarrow MG^2-MB^2=9 \\\phantom{3MA^2-5MB^2+2MC^2=65}\Longleftrightarrow MG^2=9+MB^2 \\\\\text{Or }\ BG^2=|z_G-z_B|^2=|2\,\text{i}-(-\text{i})|^2=|3\text{i}|^2=9 \\\\\text{D'où }\ M\in F\Longleftrightarrow 3MA^2-5MB^2+2MC^2=65 \\\phantom{\text{D'où }\ M\in F}\Longleftrightarrow \boxed{MG^2=BG^2+MB^2}$

La relation $MG^2=BG^2+MB^2$ est la relation de Pythagore dans le triangle MBG rectangle donc les côtés de l'angle droit sont [BG] et [BM].
Tous les points M de l'ensemble F appartient donc à la droite perpendiculaire en B à la droite (GB).
Par conséquent, l'ensemble F est la droite perpendiculaire en B à la droite (GB). (Voir le graphique dans la question 2. e)

2. e) Dans la partie 2. d), nous avons montré que BG² = 9, soit que BG = 3.
Nous en déduisons que le point B appartient au cercle E.
Or la perpendiculaire au rayon d'un cercle passant par son extrémité est la tangente à ce cercle.
Par conséquent, l'ensemble F est la tangente au cercle E en son point B.

Graphique représentant la situation.

3. Soit f la transformation d'écriture complexe $z'=mz+(2-2m)\text{i}$ où m est un nombre complexe.

3. a) Nous devons résoudre l'équation : z' = z.

$z'=z\Longleftrightarrow mz+(2-2m)\,\text{i}=z \\\phantom{z'=z}\Longleftrightarrow mz-z=-(2-2m)\,\text{i} \\\phantom{z'=z}\Longleftrightarrow (m-1)z=(2m-2)\,\text{i} \\\phantom{z'=z}\Longleftrightarrow (m-1)z=2(m-1)\,\text{i} \\\\\underline{\text{Discussion sur }m} : \\\bullet\ \ \text{Si }m\neq1, \ \text{alors }z=\dfrac{2(m-1)\,\text{i}}{m-1}\Longrightarrow\ \boxed{z=2\,\text{i}} \\\\\bullet\ \ \text{Si }m=1, \ \text{alors }(m-1)z=2(m-1)\,\text{i}\Longleftrightarrow0z=0 \\\phantom{\bullet\ \ \text{Si }m=1, }\text{L'équation est indéterminée et }z\text{ est un nombre complexe quelconque.}$

3. b) Nous devons déterminer la valeur de m pour que f (B) = A.

$f(B)=A\Longleftrightarrow mz_B+(2-2m)\text{i}=z_A \\\phantom{f(B)=A}\Longleftrightarrow m(-\text{i})+(2-2m)\text{i}=2+2\,\text{i} \\\phantom{f(B)=A}\Longleftrightarrow-m\,\text{i}+2\,\text{i}-2m\,\text{i}=2+2\,\text{i} \\\phantom{f(B)=A}\Longleftrightarrow-3m\text{i}=2 \\\phantom{f(B)=A}\Longleftrightarrow m=\dfrac{2}{-3\,\text{i}}=\dfrac{2\times\text{i}}{-3\,\text{i}\times\text{i}}=\dfrac{2\,\text{i}}{-3\times(-1)} \\\phantom{f(B)=A}\Longleftrightarrow \boxed{m=\dfrac{2}{3}\,\text{i}}$

Dans ce cas, l'écriture complexe de la transformation f devient :

$z'=\dfrac{2}{3}\,\text{i}z+(2-2\times\dfrac{2}{3}\,\text{i})\,\text{i} \Longleftrightarrow z'=\dfrac{2}{3}\,\text{i}z+(2-\dfrac{4}{3}\,\text{i})\,\text{i} \\\\\phantom{z'=\dfrac{2}{3}\,\text{i}z+(2-2\times\dfrac{2}{3}\,\text{i})\,\text{i}}\Longleftrightarrow \boxed{z'=\dfrac{2}{3}\,\text{i}z+(\dfrac{4}{3}+2\,\text{i})}$

f est une similitude directe.
Son centre est omegamaj

d'affixe $\omega=2\,\text{i}$ , solution de l'équation z' = z dans le cas où m different

1(voir question 3. c).

De plus, $\dfrac{2}{3}\,\text{i}=\dfrac{2}{3}\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}\Longrightarrow \left\lbrace\begin{matrix}|\dfrac{2}{3}\,\text{i}|=\dfrac{2}{3}\\\\\arg(|\dfrac{2}{3}\,\text{i}|)=\dfrac{\pi}{2}\end{matrix}$
Par conséquent, f est une similitude directe de centre d'affixe $\omega=2\,\text{i}$ , de rapport $\dfrac{2}{3}$ et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$ .

4 points

exercice 3

On considère le triangle isocèle direct ABC tel que BC = 2a et AB = AC = 3a , a étant un réel strictement positif et soit $\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\theta\,[2\pi].$
On note A' le milieu de [BC], H l'orthocentre du triangle ABC et B' le projeté orthogonal de B sur la droite (AC).

1. Puisque A' est le milieu de [BC], la droite (AA') est la médiane de [BC].
Or le triangle ABC est isocèle en A.
Donc la médiane (AA') est également la médiatrice de [BC] et la hauteur du triangle issue du sommet A.
L'orthocentre H étant le point d'intersection des hauteurs du triangle est donc le point d'intersection des hauteurs [AA'] et [BB'].

${\red{2.\ \text{a)}}}\ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CA}.(\overrightarrow{CB'}+\overrightarrow{B'B}) \\\phantom{{\red{2.\ \text{a)}}}\ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}}=\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB'}+\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{B'B} \\\\\text{Or }\ \overrightarrow{CA}\perp\overrightarrow{B'B}\Longrightarrow\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{B'B}=0.$

$\text{D'où }\ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB'}+0 \\\phantom{\text{D'où }\ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}}=\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB'} \\\phantom{\text{D'où }\ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}}=CA\times CB'\times\cos\left(\widehat{\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB'}}\right) \\\phantom{\text{D'où }\ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}}=CA\times CB'\times1\ \ \ \ \ \left[\text{car }\left(\widehat{\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB'}}\right)=0\ [2\pi]\right] \\\\\Longrightarrow\boxed{ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}=CA\times CB'}$

De même,

$\overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CB}. \overrightarrow{CA} \\\phantom{\overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}}=\overrightarrow{CB}.(\overrightarrow{CA'}+\overrightarrow{A'A}) \\\phantom{\overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}}=\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{CA'}+\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{A'A} \\\\\text{Or }\ \overrightarrow{CB}\perp\overrightarrow{A'A}\Longrightarrow\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{A'A}=0.$

$\text{D'où }\ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{CA'}+0 \\\phantom{\text{D'où }\ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}}=\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{CA'} \\\phantom{\text{D'où }\ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}}=CB\times CA'\times\cos\left(\widehat{\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA'}}\right) \\\phantom{\text{D'où }\ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}}=CB\times CA'\times1\ \ \ \ \ \left[\text{car }\left(\widehat{\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA'}}\right)=0\ [2\pi]\right] \\\\\Longrightarrow\boxed{ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}=CB\times CA'}$

2. b) En utilisant les résultats de la question précédente, nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix} \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}=CA\times CB'\\ \overrightarrow{CA}. \overrightarrow{CB}=CB\times CA'\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ CA\times CB'=CB\times CA' \\\phantom{WWWWWWWWW,W}\Longrightarrow\ \ \ 3a\times CB'=2a\times a \\\phantom{WWWWWWWWW,W}\Longrightarrow\ \ \ 3a\times CB'=2a^2 \\\phantom{WWWWWWWWW,W}\Longrightarrow\ \ \ CB'=\dfrac{2a^2}{3a} \\\\\phantom{WWWWWWWWW,W}\Longrightarrow\ \ \ CB'=\dfrac{2a}{3} \\\\\Longrightarrow\boxed{B'C=\dfrac{2}{3}\,a}$

Les points C, B' et A sont alignés dans cet ordre.

$\text{D'où }\ CB'+B'A=CA\Longleftrightarrow\dfrac{2}{3}\,a+B'A=3a \\\phantom{\text{D'où }\ CB'+B'A=CA}\Longleftrightarrow B'A=3a-\dfrac{2}{3}\,a \\\phantom{\text{D'où }\ CB'+B'A=CA}\Longleftrightarrow B'A=\dfrac{9}{3}\,a-\dfrac{2}{3}\,a \\\\\Longrightarrow\boxed{B'A=\dfrac{7}{3}\,a}$

2. c) En utilisant les résultats de la question précédente, nous obtenons :

$\dfrac{B'A}{B'C}=\dfrac{\dfrac{7}{3}\,a}{\dfrac{2}{3}\,a}\ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ \dfrac{B'A}{B'C}=\dfrac{7}{2}$

Or les points A et C sont situées de part et d'autre de B'.

Donc $\boxed{\dfrac{\overline{B'A}}{\overline{B'C}}=-\dfrac{7}{2}}$ (à noter la petite coquille dans l'énoncé...)

Nous en déduisons que :

$\dfrac{\overline{B'A}}{\overline{B'C}}=-\dfrac{7}{2}\Longrightarrow2\overline{B'A}=-7\overline{B'C} \\\phantom{\dfrac{\overline{B'A}}{\overline{B'C}}=-\dfrac{7}{2}}\Longrightarrow2\overrightarrow{B'A}=-7\overrightarrow{B'C} \\\phantom{\dfrac{\overline{B'A}}{\overline{B'C}}=-\dfrac{7}{2}}\Longrightarrow\boxed{2\overrightarrow{B'A}+7\overrightarrow{B'C}=\overrightarrow{0}}$

Par conséquent, ${\blue{B'=\text{bar}\,\begin{array}{|c|c|}\hline A&C\\\hline 2&7\\ \hline \end{array}}}$

2. d) On suppose que $G=\text{bar}\,\begin{array}{|c|c|c|}\hline A&B&C\\\hline 2&7&7\\ \hline \end{array}\ .$

Montrons que le point G appartient à la hauteur (AA').
Par définition du point G, nous obtenons :

$2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}\Longleftrightarrow2\overrightarrow{GA}+7(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB})+7(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AC})=\overrightarrow{0} \\\phantom{2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}\Longleftrightarrow2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{AB}+7\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{0} \\\phantom{2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}\Longleftrightarrow16\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{AB}+7\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{0} \\\phantom{2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}\Longleftrightarrow16\overrightarrow{GA}+7(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\overrightarrow{0}$

$\text{Or }\ \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=(\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{A'B})+(\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{A'C})\\ \phantom{\text{Or }\ \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}=2\overrightarrow{AA'}+(\overrightarrow{A'B}+\overrightarrow{A'C}) \\\phantom{\text{Or }\ \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}=2\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{0}\ \ \ \ (\text{car A' est le milieu de [BC])} \\\phantom{\text{Or }\ \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}=2\overrightarrow{AA'}$

$\text{Donc }\ {2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}\Longleftrightarrow16\overrightarrow{GA}+7\times2\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{0} \\\phantom{\text{Donc }\ {2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}}\Longleftrightarrow16\overrightarrow{GA}+14\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{0} \\\phantom{\text{Donc }\ {2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}}\Longleftrightarrow8\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{0} \\\phantom{\text{Donc }\ {2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}}\Longleftrightarrow8\overrightarrow{GA}=-7\overrightarrow{AA'} \\\phantom{\text{Donc }\ {2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}}\Longleftrightarrow\boxed{\overrightarrow{GA}=-\dfrac{7}{8}\overrightarrow{AA'}}$
Dès lors, les vecteurs $\overrightarrow{GA}$ et $\overrightarrow{AA'}$ sont colinéaires et par suite, les points A, A' et G sont alignés..
Il s'ensuit que le point G appartient à la hauteur (AA').

Montrons que le point G appartient à la hauteur (BB').

$2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}\Longleftrightarrow2(\overrightarrow{GB'}+\overrightarrow{B'A})+7\overrightarrow{GB}+7(\overrightarrow{GB'}+\overrightarrow{B'C})=\overrightarrow{0} \\\phantom{2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}\Longleftrightarrow2\overrightarrow{GB'}+2\overrightarrow{B'A}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GB'}+7\overrightarrow{B'C}=\overrightarrow{0} \\\phantom{2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}\Longleftrightarrow7\overrightarrow{GB}+9\overrightarrow{GB'}+(2\overrightarrow{B'A}+7\overrightarrow{B'C})=\overrightarrow{0}$

$\text{Or }\ 2\overrightarrow{B'A}+7\overrightarrow{B'C}=\overrightarrow{0}\ \ \ \left(\text{car }B'=\text{bar}\,\begin{array}{|c|c|}\hline A&C\\\hline 2&7\\ \hline \end{array}\ \right)$

$\text{Donc }\ {2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}\Longleftrightarrow7\overrightarrow{GB}+9\overrightarrow{GB'}+\overrightarrow{0}=\overrightarrow{0} \\\phantom{\text{Donc }\ {2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}}\Longleftrightarrow7\overrightarrow{GB}+9\overrightarrow{GB'}=\overrightarrow{0} \\\phantom{\text{Donc }\ {2\overrightarrow{GA}+7\overrightarrow{GB}+7\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}}}\Longleftrightarrow\boxed{7\overrightarrow{GB}=-9\overrightarrow{GB'}}$
Dès lors, les vecteurs $\overrightarrow{GB}$ et $\overrightarrow{GB'}$ sont colinéaires et par suite, les points B, B' et G sont alignés..
Il s'ensuit que le point G appartient à la hauteur (BB').
Par conséquent, le point G appartient à chacune des hauteurs (AA') et (BB') et est l'orthocentre du triangle ABC (les points H et G sont confondus).

4. a) Rappelons la propriété (P) suivante :
Dans un triangle rectangle, le milieu de l'hypoténuse est le centre du cercle circonscrit à ce triangle.

Montrons que les points A, B, A' et B' sont cocycliques.
Nous savons que le triangle AA'B est rectangle en A'.
Par la propriété (P), nous déduisons que le milieu de l'hypoténuse [AB] est le centre du cercle (C₁) circonscrit à ce triangle AA'B.
Nous savons que le triangle BB'A est rectangle en B'.
Par la propriété (P), nous déduisons que le milieu de l'hypoténuse [AB] est le centre du cercle (C₂) circonscrit à ce triangle BB'A.
Puisque les cercles (C₁) et (C₂) ont le même diamètre [AB], ces cercles sont confondus.
Dès lors, les triangles AA'B et BB'A sont inscrits dans un même cercle.
D'où, les points A, B, A' et B' sont cocycliques.

Montrons que les points H, C, A' et B' sont cocycliques.
Nous savons que le triangle HA'C est rectangle en A'.
Par la propriété (P), nous déduisons que le milieu de l'hypoténuse [HC] est le centre du cercle (C'₁) circonscrit à ce triangle HA'C.
Nous savons que le triangle HB'C est rectangle en B'.
Par la propriété (P), nous déduisons que le milieu de l'hypoténuse [HC] est le centre du cercle (C'₂) circonscrit à ce triangle HB'C.
Puisque les cercles (C'₁) et (C'₂) ont le même diamètre [HC], ces cercles sont confondus.
Dès lors, les triangles HA'C et HB'C sont inscrits dans un même cercle.
D'où, les points H, C, A' et B' sont cocycliques.

4. b) Montrons que le triangle B'A'C est isocèle en A'.
Dans le triangle ABC isocèle en A, [AA'] est la médiane du triangle issue du sommet A et par suite, [AA'] est une bissectrice de l'angle $\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right).$
Dès lors, les arcs $\overset{\frown}{BA'}$ et $\overset{\frown}{A'B'}$ ont la même longueur puisqu'ils sont interceptés par deux angles ayant la même mesure et inscrits au même cercle.
Nous savons que dans un même cercle, deux arcs égaux sous-tendent des cordes égales.
Nous en déduisons alors que les cordes [BA'] et [A'B'] ont la même longueur.

$\left\lbrace\begin{matrix}BA'=A'B'\\BA'=a\ \ \ \end{matrix}\right.\Longrightarrow \boxed{A'B'=a}$
Or A'C = a puisque A' est le milieu de [BC].
D'où $\boxed{A'B'=A'C}$ .
Il s'ensuit que le triangle B'A'C est isocèle en A' et donc que $\left(\overrightarrow{B'A'},\overrightarrow{B'C}\right)=\left(\overrightarrow{CB'},\overrightarrow{CA'}\right)\,[2\pi].$

Or $\left(\overrightarrow{CB'},\overrightarrow{CA'}\right)=\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)$
Par conséquent, ${\blue{\left(\overrightarrow{B'A'},\overrightarrow{B'C}\right)=\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)\,[2\pi]}}.$

Nous avons montré dans la question 4. a) que les points H, C, A' et B' sont cocycliques.

D'où ${\blue{\left(\overrightarrow{HA'},\overrightarrow{HC}\right)=\left(\overrightarrow{B'A'},\overrightarrow{B'C}\right)\,[\pi]}}.$
Par conséquent, $\left\lbrace\begin{matrix}\left(\overrightarrow{HA'},\overrightarrow{HC}\right)=\left(\overrightarrow{B'A'},\overrightarrow{B'C}\right)\,[\pi]\\\left(\overrightarrow{B'A'},\overrightarrow{B'C}\right)=\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)\,[2\pi] \end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{{\blue{\left(\overrightarrow{HA'},\overrightarrow{HC}\right)=\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)\,[\pi]}}}$

Nous devons en déduire que $\left(\overrightarrow{HC},\overrightarrow{HB}\right)=\theta\ [\pi].$

Dans le triangle ABC isocèle en A, [AA'] est la médiane du triangle issue du sommet A et donc la droite (AA') est la médiatrice de la base [BC].
La droite (AA') est un axe de symétrie du triangle isocèle ABC.

Dès lors, en utilisant cette symétrie, nous déduisons que $\left\lbrace\begin{matrix}\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)=-\left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)\,[2\pi]\\\left(\overrightarrow{HA'},\overrightarrow{HC}\right)=-\left(\overrightarrow{HA'},\overrightarrow{HB}\right)\,[2\pi] \end{matrix}\right.$ .

Puisque $\left(\overrightarrow{HA'},\overrightarrow{HC}\right)=\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)\,[\pi]$ , nous en déduisons que $\left(\overrightarrow{HA'},\overrightarrow{HB}\right)=\left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)\,[\pi].$

Par la relation de Chasles, nous savons que : $\left(\overrightarrow{HC},\overrightarrow{HB}\right)=\left(\overrightarrow{HC},\overrightarrow{HA'}\right)+\left(\overrightarrow{HA'},\overrightarrow{HB}\right)$ ,

soit en utilisant les égalité ci-dessus : $\left(\overrightarrow{HC},\overrightarrow{HB}\right)=\left(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA}\right)+\left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right).$

Or dans le triangle ABC, nous savons que : $\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}\right)+\left(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA}\right)+\left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)=-\pi$
soit $-\theta+\left(\overrightarrow{HC},\overrightarrow{HB}\right)=-\pi$
Nous en déduisons que $\boxed{\left(\overrightarrow{HC},\overrightarrow{HB}\right)=\theta\ [\pi]}.$

4 points

exercice 4

I. 1. Soit la fonction numérique f définie sur [0 , + infini

[ par : $\left\lbrace\begin{matrix}f(0)=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\forall x>0,\ f(x)=x\ln\left(\dfrac{x+1}{x}\right)\end{matrix}\right.$

1. a) $\forall\ x \in\R,\ x > 0\Longrightarrow x + 1 > 0.$

D'où $\forall x>0,\ f(x)=x\ln\left(\dfrac{x+1}{x}\right)=x[\ln(x+1)-\ln(x)] \Longrightarrow\boxed{\forall x>0,\ f(x)=x\ln(x+1)-x\ln(x)}$

Montrons que la fonction f est continue à droite de 0 en montrant que $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=f(0)$ .

$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0^+}x\ln(x+1)=0\times\ln(1)=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\lim\limits_{x\to0^+}x\ln(x)=0\ \ (\text{par les croissances comparées)}\end{matrix}\right. \\\\\Longrightarrow\lim\limits_{x\to0^+}[x\ln(x+1)-x\ln(x)]=0=f(0) \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=f(0)}$
Nous en déduisons que la fonction f est continue à droite de 0.

Etudions la dérivabilité de f à droite de 0 en déterminant la valeur du nombre dérivé de f à droite de 0, soit en calculant $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}.$

$\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-0}{x} \\\phantom{\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)}{x} \\\phantom{\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\lim\limits_{x\to0^+}[\ln(x+1)-\ln(x)] \\\\\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0^+}\ln(x+1)=\ln(1)=0\\\lim\limits_{x\to0^+}\ln(x)=-\infty\end{matrix}\right. \\\\\text{D'où }\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=+\infty}$
Nous en déduisons que la fonction f n'est pas dérivable à droite de 0.

1. b) Pour tout réel x > 0, calculons f' (x ).

$\forall x>0,\ f'(x)=[x\ln(x+1)]'-[x\ln(x)]' \\\phantom{\forall x>0,\ f'(x)}=[x'\times\ln(x+1)+x\times(\ln(x+1))']-[x'\times\ln(x)+x\times(\ln(x))'] \\\phantom{\forall x>0,\ f'(x)}=[1\times\ln(x+1)+x\times\dfrac{1}{x+1}]-[1\times\ln(x)+x\times\dfrac{1}{x}] \\\phantom{\forall x>0,\ f'(x)}=\ln(x+1)+\dfrac{x}{x+1}-\ln(x)-1 \\\\\boxed{\forall x>0,\ f'(x)=\ln(x+1)-\ln(x)+\dfrac{x}{x+1}-1}$

Déterminons l'expression de f'' (x ).

$\forall x>0,\ f''(x)=(\ln(x+1))'-(\ln(x))'+\left(\dfrac{x}{x+1}\right)'-1' \\\phantom{\forall x>0,\ f''(x)}=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{x'\times(x+1)-x\times(x+1)'}{(x+1)^2}-0 \\\\\phantom{\forall x>0,\ f''(x)}=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1\times(x+1)-x\times1}{(x+1)^2} \\\\\phantom{\forall x>0,\ f''(x)}=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{(x+1)-x}{(x+1)^2} \\\\\phantom{\forall x>0,\ f''(x)}=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{(x+1)^2} \\\\\phantom{\forall x>0,\ f''(x)}=\dfrac{x(x+1)}{x(x+1)^2}-\dfrac{(x+1)^2}{x(x+1)^2}+\dfrac{x}{x(x+1)^2}$

$\forall x>0,\ f''(x)=\dfrac{x(x+1)-(x+1)^2+x}{x(x+1)^2} \\\\\phantom{\forall x>0,\ f''(x)}=\dfrac{(x^2+x)-(x^2+2x+1)+x}{x(x+1)^2} \\\\\phantom{\forall x>0,\ f''(x)}=\dfrac{x^2+x-x^2-2x-1+x}{x(x+1)^2} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall x>0,\ f''(x)=\dfrac{-1}{x(x+1)^2}}$

1. c) Etudions les variations de f' en étudiant le signe de f'' (x ).

$\forall x>0,\ \left\lbrace\begin{matrix}-1<0\\x>0\\ (x+1)^2>0\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \dfrac{-1}{x(x+1)^2}<0\Longrightarrow\ \ \ \boxed{f''(x)<0}$
Nous en déduisons que la fonction f' est strictement décroissante sur ]0 ; +[.

Nous avons montré dans la question 1. a) que $f'(0^+)=+\infty.$

Calculons $\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x).$
$\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\ln(x+1)-\ln(x)+\dfrac{x}{x+1}-1\right] \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\ln\left(\dfrac{x+1}{x}\right)+\dfrac{x}{x+1}-1\right] \\\\\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x+1}{x}\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x}{x}\right)=1\\\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x}{x+1}\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x}{x}\right)=1\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left(\dfrac{x+1}{x}\right)=\ln(1)=0\\\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x}{x+1}\right)=1\end{matrix}\right. \\\\\\\text{D'où }\ \lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=0+1-1\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=0}$

Nous pouvons ainsi établir le tableau de variations de f' sur ]0 ; + infini

[.

$\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&&x&0&&&&&&+\infty\\&&&&&&&\\\hline&+\infty&&&&&&& f'(x)&||&&&\searrow&&&\\&&&&&&&0\\ \hline \end{array}$

Nous en déduisons que $\boxed{\forall x>0, \ f'(x)>0}$

${\red{2.\ \text{a)}}} \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to +\infty}\left[x\ln\left(\dfrac{x+1}{x}\right)\right] \\\\\phantom{{\red{2.\ \text{a)}}} \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)}=\lim\limits_{x\to +\infty}\left[\ln\left(\dfrac{x+1}{x}\right)^x\right] \\\\\phantom{{\red{2.\ \text{a)}}} \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)}=\lim\limits_{x\to +\infty}\left[\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x\right] \\\\\phantom{{\red{2.\ \text{a)}}} \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)}=\ln\left[\lim\limits_{x\to +\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x\right] \\\\\phantom{{\red{2.\ \text{a)}}} \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)}=\ln(\text{e})=1 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=1}$
Par conséquent, la droite d'équation y = 1 est une asymptote horizontale à la courbe représentative de la fonction f en +.

2. b) Tableau de variations de la fonction f .

$\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&&x&0&&&&&&+\infty\\&&&&&&&\\\hline&(+\infty)&&&&&&& f'(x)&||&&&+&&&\\&&&&&&&\\\hline &&&&&&&(1)&f(x)&&&&\nearrow&&&\\&0&&&&&&\\ \hline \end{array}$

Représentation de la courbe représentative $\mathscr{C}$ de la fonction f .

Bac C et TMGM Mauritanie 2020 : image 10

II. Soit g la fonction définie sur ]0 ; + infini

[ par : $g(x)=-\dfrac{1}{x}\left(f(x)-1\right)=\dfrac{1}{x}-\ln\left(\dfrac{x+1}{x}\right).$

1. a) Pour tout entier naturel n supegal

1,

$\int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x=\left[\overset{}{\ln(x)}\right]\limits_n^{n+1}=\ln(n+1)-\ln(n)=\ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right) \\\\\Longrightarrow\dfrac{1}{n}-\int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x=\dfrac{1}{n}-\ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right)\\\phantom{\Longrightarrow\dfrac{1}{n}-\int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x}=g(n) \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall n\ge1,\ \ g(n)=\dfrac{1}{n}-\int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x}$

${\red{1.\ \text{b) }}}\ \forall\ n\ge1,\ n\le x\le n+1\Longrightarrow\dfrac{1}{n+1}\le \dfrac{1}{x}\le \dfrac{1}{n} \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{n+1}\,\text{d}x\le \int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x\le \int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{n}\,\text{d}x \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\dfrac{1}{n+1}\int\limits_n^{n+1}1\,\text{d}x\le \int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x\le \dfrac{1}{n}\int\limits_n^{n+1}1\,\text{d}x \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\dfrac{1}{n+1}\left[\overset{}{x}\right]\limits_n^{n+1}\le \int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x\le \dfrac{1}{n}\left[\overset{}{x}\right]\limits_n^{n+1} \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\dfrac{1}{n+1}[(n+1)-n]\le \int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x\le \dfrac{1}{n}[(n+1)-n] \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\boxed{\dfrac{1}{n+1}\le \int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x\le \dfrac{1}{n}}$

De plus,

$\forall\ n\ge1,\ \dfrac{1}{n+1}\le \int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x\le \dfrac{1}{n}\Longrightarrow \dfrac{1}{n+1}\ {\blue{-\ \dfrac{1}{n}}}\le \int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x\ {\blue{-\ \dfrac{1}{n}}}\le \dfrac{1}{n}\ {\blue{-\ \dfrac{1}{n}}} \\\phantom{\forall\ n\ge1,\ \dfrac{1}{n+1}\le \int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x\le \dfrac{1}{n}}\Longrightarrow\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n}\le-g(n)\le0 \\\phantom{\forall\ n\ge1,\ \dfrac{1}{n+1}\le \int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x\le \dfrac{1}{n}}\Longrightarrow\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\ge g(n)\ge 0 \\\phantom{\forall\ n\ge1,\ \dfrac{1}{n+1}\le \int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x\le \dfrac{1}{n}}\Longrightarrow\dfrac{(n+1)-n}{n(n+1)}\ge g(n)\ge 0 \\\phantom{\forall\ n\ge1,\ \dfrac{1}{n+1}\le \int\limits_n^{n+1}\dfrac{1}{x}\,\text{d}x\le \dfrac{1}{n}}\Longrightarrow\boxed{\dfrac{1}{n(n+1)}\ge g(n)\ge 0}$

Par conséquent, $\boxed{\forall\ n\ge1,\ 0\le g(n)\le\dfrac{1}{n(n+1)}}$

2. Pour tout entier naturel n supegal

1, on définit la suite (U_n ) par :
$U_n=\dfrac{1}{n(n+1)}+\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}+\cdots+\dfrac{1}{2n(2n+1)}=\sum\limits_{k=n}^{2n}\dfrac{1}{k(k+1)}$

2. a) Pour tout entier naturel n supegal

1,

$g(n)+g(n+1)+g(n+2)+\cdots+g(2n)$ est une somme de termes supérieurs ou égaux à 0 (voir question 1. b).
Donc $\boxed{g(n)+g(n+1)+g(n+2)+\cdots+g(2n)\ge0}$

A nouveau, selon la question 1. b), nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix}g(n)\le\dfrac{1}{n(n+1)}\\g(n+1)\le\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\\g(n+2)\le\dfrac{1}{(n+2)(n+3)}\\\\\cdots\\g(2n)\le\dfrac{1}{2n(2n+1)}\end{matrix}\right.$

En additionnant ces inégalités membre à membre, nous obtenons :

$g(n)+g(n+1)+g(n+2)+\cdots+g(2n)\le\dfrac{1}{n(n+1)}+\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}+\cdots+\dfrac{1}{2n(2n+1)} \\\\\text{soit }\boxed{g(n)+g(n+1)+g(n+2)+\cdots+g(2n)\le U_n}$
Par conséquent, $\boxed{\forall\ n\ge1,\ \ {\blue{0\le g(n)+g(n+1)+g(n+2)+\cdots+g(2n)\le U_n}}}$

${\red{2.\ \text{b) }}}\ \forall\ k\in\N^*,\ \dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}=\dfrac{(k+1)-k}{k(k+1)}=\dfrac{k+1-k}{k(k+1)}=\dfrac{1}{k(k+1)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\ k\in\N^*,\ \dfrac{1}{k(k+1)}=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}}$

De plus,

$\forall\ n\ge1,\ \ U_n=\dfrac{1}{n(n+1)}+\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}+\dfrac{1}{(n+2)(n+3)}+\cdots+\dfrac{1}{2n(2n+1)} \\\\\phantom{\forall\ n\ge1,\ \ U_n}=(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1})+(\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+2})+(\dfrac{1}{n+2}-\dfrac{1}{n+3})+\cdots+(\dfrac{1}{2n}-\dfrac{1}{2n+1}) \\\\\phantom{\forall\ n\ge1,\ \ U_n}=\dfrac{1}{n}\underset{=\ 0}{\underbrace{-\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+1}}}\ \underset{=\ 0}{\underbrace{-\dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+2}}}\ \underset{=\ 0}{\underbrace{-\dfrac{1}{n+3}+...}}+\cdots\ \underset{=\ 0}{\underbrace{-...+\dfrac{1}{2n}}}-\dfrac{1}{2n+1} \\\\\phantom{\forall\ n\ge1,\ \ U_n}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n+1} \\\\\phantom{\forall\ n\ge1,\ \ U_n}=\dfrac{(2n+1)-n}{n(2n+1)} \\\\\phantom{\forall\ n\ge1,\ \ U_n}=\dfrac{n+1}{n(2n+1)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\ n\ge1,\ \ U_n=\dfrac{n+1}{n(2n+1)}}$

${\red{2.\ \text{c) }}}\ \lim\limits_{n\to+\infty}U_n=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n+1}{n(2n+1)} =\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n+1}{2n^2+n} =\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n}{2n^2} =\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{2n}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}U_n=0}$

Dès lors,

$\left\lbrace\begin{matrix}0\le g(n)+g(n+1)+g(n+2)+\cdots+g(2n)\le U_n\\\lim\limits_{n\to+\infty}U_n=0\end{matrix}$

Par le "théorème des gendarmes", nous en déduisons que

$\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}[g(n)+g(n+1)+g(n+2)+\cdots+g(2n)]=0}$

5 points

exercice 5

1. Soit f la fonction définie sur

par $f(x)=(x+2)\,\text{e}^{-x}.$

${\red{1.\text{a) }}}\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}(x+2)=-\infty\\\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{-x}=+\infty \end{matrix}\right.\Longrightarrow\lim\limits_{x\to-\infty}(x+2)\,\text{e}^{-x}=-\infty\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty} \\\\\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}(x+2)=+\infty\\\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{-x}=0 \end{matrix}\right.\Longrightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}(x+2)\,\text{e}^{-x}=0\ \ \ (\text{par les croissances comparées)} \\\\\phantom{WWWWWWWWW}\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0}$

Par conséquent, la droite d'équation y = 0 est une asymptote horizontale à la courbe représentative de la fonction f en +.

$\dfrac{f(x)}{x}=\left(\dfrac{x+2}{x}\right)\,\text{e}^{-x} \\\\\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\dfrac{x+2}{x}\right)=\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\dfrac{x}{x}\right)=1\\\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{-x}=+\infty\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ \lim\limits_{x\to-\infty}\left[\left(\dfrac{x+2}{x}\right)\,\text{e}^{-x}\right]=+\infty \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty}$

$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty\\ \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow$ la courbe représentative de f admet une branche parabolique d'axe (Oy).

1. b) Nous devons dresser le tableau de variations de f .

Etudions d'abord le signe de la dérivée f' .

$f'(x)=(x+2)'\times\text{e}^{-x}+(x+2)\times(\text{e}^{-x})' \\\phantom{f'(x)}=1\times\text{e}^{-x}+(x+2)\times(-x)'\,\text{e}^{-x} \\\phantom{f'(x)}=\text{e}^{-x}+(x+2)\times(-1)\,\text{e}^{-x} \\\phantom{f'(x)}=\text{e}^{-x}-(x+2)\,\text{e}^{-x} \\\phantom{f'(x)}=(1-x-2)\,\text{e}^{-x} \\\phantom{f'(x)}=(-x-1)\,\text{e}^{-x} \\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=(-x-1)\,\text{e}^{-x}}$

Puisque l'exponentielle est strictement positive sur

, le signe de f' (x ) est le signe de (-x - 1).

$\begin{matrix}-x-1<0\Longleftrightarrow x>-1\\\\-x-1=0\Longleftrightarrow x=-1\\\\-x-1>0\Longleftrightarrow x<-1\end{matrix} \ \ \ \ \begin{matrix} |\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&-1&&+\infty\\&&&&&\\\hline -x-1&&+&0&-&\\\hline \text{e}^{-x}&&+&+&+&\\\hline&&&&&\\f'(x)&&+&0&-&\\&&&&& \\ \hline \end{array}\end{matrix}$

Tableau de variation de la fonction f sur

.

$\text{Calcul préliminaire :}\ f(-1)=(-1+2)\,\text{e}^{-(-1)}=\text{e} \\\\\ \ \ \ \begin{array}{|c|ccccc|}\hline x&-\infty&&-1&&+\infty \\\hline&&&&&&f'(x)&&+&0&-&\\&&&&&\\\hline &&&\text{e}\approx2,718&& \\ f(x)&&\nearrow&&\searrow&\\ &-\infty&&&&0 \\ \hline \end{array}$

Tracé de la courbe représentative $(\mathscr{C})$ : voir question 2. b).

2. a) Soit g la restriction de f sur l'intervalle I = [-1 ; + infini

[.
En nous aidant du tableau de variations de f sur l'intervalle I = [-1 ; + infini

[, nous observons que la fonction continue g est strictement décroissante sur l'intervalle I = [-1 ; + infini

[ et que g ([-1 ; + infini

[) = ]0 ; e].
Par conséquent, la fonction g réalise une bijection de l'intervalle I sur l'intervalle J = ]0 ; e].

2. b) La fonction g définit une bijection de l'intervalle I sur l'intervalle J.
Il existe donc une fonction réciproque g ^-1 de J dans I telle que : $\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}x\in J\ \ \ \ \\y=g^{-1}(x)\end{matrix}\right.}\Longleftrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}y\in I\ \ \ \ \\x=g(y)\end{matrix}\right.}$
La fonction réciproque g ^-1 est continue et possède la même décroissance que g .
Nous obtenons ainsi le tableau suivant :

$\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccc|}\hline &&&\\ x&0&&\text{e}\\&&&\\\hline &+\infty&&\\ y=g^{-1}(x)&&\searrow& \\ &&&-1 \\ \hline \end{array}\end{matrix}$

Tracé de la courbe représentative $(\mathscr{C}')$ : les courbes $(\mathscr{C})$ et $(\mathscr{C}')$ sont symétriques par rapport à la première bissectrice d'équation y = x .

3. Pour tout entier naturel non nul n , on pose : $I_n=\int\limits_{-2}^0\dfrac{(x+2)^n\,\text{e}^{-x}}{n!}\,\text{d}x\ \ \text{et}\ \ U_n=\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{2^k}{k!}.$

${\red{3.\ \text{a)}}}\ \forall\, x\in[-2\,;0],\ -2\le x\le0\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ 0\le x+2\le2\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ 0\le (x+2)^n\le2^n \\\\\text{et }\forall\, x\in[-2\,;0],\ -2\le x\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ -x\le 2\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ 0<\text{e}^{-x}\le\text{e}^{2} \\\\\text{D'où }\ \forall\, x\in[-2\,;0],\ \left\lbrace\begin{matrix}0\le (x+2)^n\le2^n\\\\0<\text{e}^{-x}\le\text{e}^{2}\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ 0\le(x+2)^n\,\text{e}^{-x}\le2^n\,\text{e}^{2} \\\\\text{Or }\ \forall\,n\in\N ^*,\ n!>0 \\\\\text{Par conséquent, }\forall\, x\in[-2\,;0],\ 0\le\dfrac{(x+2)^n\,\text{e}^{-x}}{n!}\le\dfrac{2^n\,\text{e}^{2}}{n!} \\\\\text{soit }\boxed{\forall\, x\in[-2\,;0],\ 0\le\dfrac{(x+2)^n}{n!}\,\text{e}^{-x}\le\dfrac{2^n}{n!}\,\text{e}^{2}}$

3. b) Nous devons calculer $I_1=\int\limits_{-2}^0(x+2)\,\text{e}^{-x}\,\text{d}x.$

$\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\int\limits_{-2}^0u(x)v'(x)\,\text{d}x=\left[\overset{}{u(x)v(x)}\right]\limits_{-2}^0-\int\limits_{-2}^0u'(x)v(x)\,\text{d}x}}. \\\\\left\lbrace\begin{matrix}u(x)=x+2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ u'(x)=1\ \ \ \ \ \\\overset{}{v'(x)=\text{e}^{-x}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ \ v(x)=-\,\text{e}^{-x}}\end{matrix}\right.$

Dès lors, $\int\limits_{-2}^0(x+2)\,\text{e}^{-x}\,\text{d}x$
$=\left[\overset{}{-(x+2)\,\text{e}^{-x}}\right]\limits_{-2}^0+\int\limits_{-2}^0\text{e}^{-x} \,\text{d}x \\\\=\left[\overset{}{-(x+2)\,\text{e}^{-x}}\right]\limits_{-2}^0-\left[\overset{}{\text{e}^{-x}}\right]\limits_{-2}^0 \\\\=\left(\overset{}{-2\,\text{e}^{0}+0}\right)-\left(\overset{}{\text{e}^{0}-\text{e}^{2}}\right) =-2-(1-\text{e}^{2})=-2-1+\text{e}^{2}=-3+\text{e}^{2}\\\\\Longrightarrow\boxed{I_1=\text{e}^{2}-3}$

3. c) Nous devons montrer que pour tout n appartient

^* , $I_{n+1}=I_n-\dfrac{2^{n+1}}{(n+1)!}.$
Effectuons une intégration par parties.

$I_ {n+1}=\int\limits_{-2}^0\dfrac{(x+2)^{n+1}\,\text{e}^{-x}}{(n+1)!}\,\text{d}x=\int\limits_{-2}^0\dfrac{(x+2)^{n+1}}{(n+1)!}\,\text{e}^{-x}\,\text{d}x$

$\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\int\limits_{-2}^0u(x)v'(x)\,\text{d}x=\left[\overset{}{u(x)v(x)}\right]\limits_{-2}^0-\int\limits_{-2}^0u'(x)v(x)\,\text{d}x}}. \\\\\left\lbrace\begin{matrix}u(x)=\dfrac{(x+2)^{n+1}}{(n+1)!}\ \ \Longrightarrow\ \ \ \ u'(x)=\dfrac{(n+1)(x+2)^{n}}{(n+1)!}=\dfrac{(n+1)(x+2)^{n}}{(n+1)\times n!}=\dfrac{(x+2)^{n}}{n!}\ \ \ \ \ \\\overset{}{v'(x)=\text{e}^{-x}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ \ v(x)=-\,\text{e}^{-x}}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.$

Dès lors, $\int\limits_{-2}^0\dfrac{(x+2)^{n+1}}{(n+1)!}\,\text{e}^{-x}\,\text{d}x$
$=\left[\overset{}{\dfrac{(x+2)^{n+1}}{(n+1)!}\times(-\text{e}^{-x})}\right]\limits_{-2}^0+\int\limits_{-2}^0\dfrac{(x+2)^{n}}{n!}\text{e}^{-x} \,\text{d}x \\\\=\left[\overset{}{-\dfrac{(x+2)^{n+1}}{(n+1)!}\,\text{e}^{-x}}\right]\limits_{-2}^0+I_n \\\\=\left(\overset{}{-\dfrac{2^{n+1}}{(n+1)!}\,\text{e}^{0}-0}\right)+I_n=-\dfrac{2^{n+1}}{(n+1)!}+I_n \\\\\Longrightarrow\boxed{I_{n+1}=I_n-\dfrac{2^{n+1}}{(n+1)!}}$

Nous devons en déduire que $\forall\,n\in\N^*,\ I_n=\text{e}^2-U_n.$

En utilisant la formule précédente, nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix}I_{n}=I_{n-1}-\dfrac{2^{n}}{n!}\phantom{WWW}\\I_{n-1}=I_{n-2}-\dfrac{2^{n-1}}{(n-1)!}\\I_{n-2}=I_{n-3}-\dfrac{2^{n-2}}{(n-1)!}\\\cdots\cdots\cdots\cdots\\I_{3}=I_{2}-\dfrac{2^{3}}{3!}\phantom{WWW}\\\\I_{2}=I_{1}-\dfrac{2^{2}}{2!}\phantom{WWW}\end{matrix}\right.$

Additionnons membre à membre ces égalités.

$\sum\limits_{k=2}^nI_k=\sum\limits_{k=1}^{n-1}I_k-\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{2^k}{k!}\Longleftrightarrow \sum\limits_{k=2}^{n-1}I_k+I_n=I_1+\sum\limits_{k=2}^{n-1}I_k-\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{2^k}{k!} \\\phantom{\sum\limits_{k=2}^nI_k=\sum\limits_{k=1}^{n-1}I_k-\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{2^k}{k!}}\Longleftrightarrow I_n=I_1-\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{2^k}{k!} \\\phantom{\sum\limits_{k=2}^nI_k=\sum\limits_{k=1}^{n-1}I_k-\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{2^k}{k!}}\Longleftrightarrow I_n=\text{e}^2-3-\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{2^k}{k!}\ \ \ \ (\text{voir question 3. a)}$

$\\\\\text{Or }\dfrac{2^0}{0!}+\dfrac{2^1}{1!}=\dfrac{1}{1}+\dfrac{2}{1}=3\Longleftrightarrow3=\sum\limits_{k=0}^1\dfrac{2^k}{k!} \\\\\text{D'où }I_n=\text{e}^2-3-\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{2^k}{k!}\Longleftrightarrow I_n=\text{e}^2-\sum\limits_{k=0}^1\dfrac{2^k}{k!}-\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{2^k}{k!} \\\phantom{\text{D'où }I_n=\text{e}^2-3-\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{2^k}{k!}}\Longleftrightarrow I_n=\text{e}^2-\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{2^k}{k!} \\\phantom{\text{D'où }I_n=\text{e}^2-3-\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{2^k}{k!}}\Longleftrightarrow \boxed{I_n=\text{e}^2-U_n}$

La question 4. ne figure pas dans le questionnaire.

5. Soit $v_n=\dfrac{2^n}{n!}.$

$\forall\,n\ge2,\ v_{n+1}=\dfrac{2^{n+1}}{(n+1)!}=\dfrac{2\times2^{n}}{(n+1)\times n!}=\dfrac{2}{(n+1)}\times\dfrac{2^{n}}{ n!} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,n\ge2,\ v_{n+1}=\dfrac{2}{(n+1)}\times v_n} \\\\\text{Or }\ n\ge2\Longrightarrow n+1\ge3\Longrightarrow \dfrac{1}{n+1}\le\dfrac{1}{3}\Longrightarrow \dfrac{2}{n+1}\le\dfrac{2}{3} \\\\\forall\,n\ge2,\ \left\lbrace\begin{matrix}v_n=\dfrac{2^n}{n!}>0\\\\\dfrac{2}{n+1}\le\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{\dfrac{2}{(n+1)}\times v_n\le\dfrac{2}{3}\times v_n} \\\\\text{D'où }\forall\,n\ge2,\ \left\lbrace\begin{matrix}v_{n+1}=\dfrac{2}{(n+1)}\times v_n\\\\\dfrac{2}{(n+1)}\times v_n\le\dfrac{2}{3}\times v_n\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\boxed{{\blue{\forall\,n\ge2,\ v_{n+1}\le\dfrac{2}{3}\, v_n}}}$

Montrons ensuite par récurrence que $\forall\,n\ge2,\ v_n\le2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-2}.$
Initialisation : Montrons que la propriété est vraie pour n = 2, soit que $v_2\le2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{0}$
$\left\lbrace\begin{matrix}v_2=\dfrac{2^2}{2!}=\dfrac{4}{2}=2\phantom{WW}\\\\2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{0}=2\times1=2 \end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \boxed{v_2\le2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{0}}$
Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité : Si pour une valeur fixée de n supegal

2, la propriété est vraie au rang n , alors montrons qu'elle est également vraie au rang n + 1.
Autrement dit, si pour une valeur fixée de n supegal

2, $v_n\le2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-2}$ , alors montrons que $v_{n+1}\le2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}.$
En effet, pour tout n supegal

2,

$v_{n+1}\le\dfrac{2}{3}\, v_n\le\dfrac{2}{3}\times2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-2}\ \ \ \ (\text{par hypothèse de récurrence}) \\\\\Longrightarrow v_{n+1}\le2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}$
Donc l'hérédité est vraie.
Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que $\boxed{\forall\,n\ge2,\ v_n\le2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-2}}.$

Précisons ensuite la limite de (v_n ).
Nous avons montré dans cette partie 5. que $\forall\,n\ge2,\ \ 0<v_n\le2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-2}.$

$\text{Or }\ \lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-2}=0\ \ \ (\text{car }\ 0<\dfrac{2}{3}<1) \\\\\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty}\left[2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-2}\right]=0$
Par conséquent, en utilisant le "théorème des gendarmes", nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix}0<v_n\le2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-2}\\\\\lim\limits_{n\to+\infty}\left[2\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-2}\right]=0\end{matrix}\right.\Longrightarrow\ \ \boxed{{\blue{\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=0}}}$

6. Par définition, nous savons que $I_n=\int\limits_{-2}^0\dfrac{(x+2)^n\,\text{e}^{-x}}{n!}\,\text{d}x.$

En utilisant la question 3. a), nous obtenons :

$\forall\, x\in[-2\,;0],\ 0\le\dfrac{(x+2)^n}{n!}\,\text{e}^{-x}\le\dfrac{2^n}{n!}\,\text{e}^{2}\Longrightarrow0\le\int\limits_{-2}^0\dfrac{(x+2)^n}{n!}\,\text{e}^{-x}\,\text{d}x\le\int\limits_{-2}^0\dfrac{2^n}{n!}\,\text{e}^{2}\,\text{d}x \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow 0\le I_n\le\int\limits_{-2}^0\dfrac{2^n}{n!}\,\text{e}^{2}\,\text{d}x \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow 0\le I_n\le\dfrac{2^n}{n!}\,\text{e}^{2}\int\limits_{-2}^01\,\text{d}x \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow 0\le I_n\le\dfrac{2^n}{n!}\,\text{e}^{2}\times[x]\limits_{-2}^0 \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow 0\le I_n\le\dfrac{2^n}{n!}\,\text{e}^{2}\times[0-(-2)] \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow 0\le I_n\le\dfrac{2^n}{n!}\,\text{e}^{2}\times2 \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow 0\le I_n\le2\,\text{e}^{2}\times\dfrac{2^n}{n!} \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow \boxed{0\le I_n\le2\,\text{e}^{2}\times v_n}$

$\text{Or }\ \lim\limits_{n\to+\infty}v_n=0\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty}(2\text{e}^2\times v_n)=0$

Par conséquent, en utilisant le "théorème des gendarmes", nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix}0\le I_n\le2\,\text{e}^{2}\times v_n\\\\\lim\limits_{n\to+\infty}(2\text{e}^2\times v_n)=0\end{matrix}\right.\Longrightarrow\ \ \boxed{{\blue{\lim\limits_{n\to+\infty}I_n=0}}}$

De plus, par la question 3. c), nous savons que $\forall\,n\in\N^*,\ \ I_n=\text{e}^2-U_n$

$I_n=\text{e}^2-U_n\Longrightarrow U_n=\text{e}^2-I_n \\\\\Longrightarrow\lim\limits_{n\to+\infty}U_n=\lim\limits_{n\to+\infty}[\text{e}^2-I_n] =\text{e}^2-\lim\limits_{n\to+\infty} I_n=\text{e}^2-0=\text{e}^2$

Par conséquent, ${\boxed{\blue{\lim\limits_{n\to+\infty}U_n=\text{e}^2}}}$

Publié par malou le 11-11-2021

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