Fiche de mathématiques
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Bac (A et B) Maroc 2022 (rattrapage)

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Durée : 4 heures
Coefficient : 9
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exercice 1

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exercice 2

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exercice 3

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exercice 4

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Bac Maroc SM rattrapage options A et B 2022

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exercice 1

Partie A

1.  Nous devons montrer que  \overset{{\white{.}}}{\left(\forall x\in \R\right) \, :\, 1+x\leq \text{e}^x.}

Soit la fonction h  définie sur  \R  par :  \overset{{\white{.}}}{h(x)=\text{e}^x-x-1.}
Montrer que :  \overset{{\white{.}}}{\left(\forall x\in \R\right) \, :\, 1+x\leq \text{e}^x}  revient à montrer que :  \overset{{\white{.}}}{\left(\forall x\in \R\right) \, :\, \text{e}^x-x-1\ge0 } , soit à montrer que :  \overset{{\white{.}}}{\boxed{\left(\forall x\in \R\right) \, :\, h(x)\ge0}\,.}

La fonction h  est dérivable sur  \R  (somme de fonctions dérivables sur  \R ).

\left(\forall x\in \R\right) \, :\, h'(x)=\text{e}^x-1.

Étudions le signe de h' (x ) et les variations de h  sur  \R . 

\begin{matrix}\left\lbrace\begin{matrix}\text{e}^x-1<0\quad\Longleftrightarrow\quad \text{e}^x<1\\\phantom{WiWWWi} \Longleftrightarrow\quad x<0\\\text{e}^x-1=0\quad\Longleftrightarrow\quad x=0\\\text{e}^x-1>0\quad\Longleftrightarrow\quad x>0 \end{matrix}\right.\\\\h(0)=\text{e}^0-0-1=1-1=0\end{matrix}{\white{ww}}\begin{matrix} |\\|\\|\\|\\|\\|\\|\end{matrix}{\white{ww}}\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&\\ x&-\infty&&&0&&&+\infty\\&&&&&&&\\\hline&&&&&&&\\h'(x)=\text{e}^x-1&&&-&0&+&&\\&&&&&&&\\\hline&&&&&&&\\h(x)&&&\searrow&&\nearrow&&\\&&&&0&&&\\ \hline \end{array}\end{matrix}
La fonction h  est décroissante sur ]-infini ; 0[ et croissante sur ]0 ; +infini[.
Elle admet un minimum égal à 0 pour x  = 0.
Nous en déduisons que :  \overset{{\white{.}}}{\left(\forall x\in \R\right) \, :\, h(x)\ge0} , soit que  \overset{{\white{.}}}{\left(\forall x\in \R\right) \, :\, \text{e}^x-x-1\ge0 }

Par conséquent,  \overset{{\white{.}}}{\left(\forall x\in \R\right) \, :\, \boxed{1+x\leq \text{e}^x}\,.}

2. a)  Nous devons montrer que  \overset{{\white{.}}}{\left(\forall x\in \R^+\right) \, :\, 0\le1-\text{e}^{-x}\le x.}

\text{D'une part, }\,x\in \R^+\quad\Longrightarrow\quad x\ge0 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{D'une part, }\,x\in \R^+}\quad\Longrightarrow\quad -x\le0} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{D'une part, }\,x\in \R^+}\quad\Longrightarrow\quad \text{e}^{-x}\le\text{e}^{0}}
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{D'une part, }\,x\in \R^+}\quad\Longrightarrow\quad \text{e}^{-x}\le1} \\\overset{{\white{.}}}{\Longrightarrow\quad \boxed{(\forall x\in \R^+)\,,\enskip0\le1-\text{e}^{-x}}}

D'autre part, l'inégalité  1+x\leq \text{e}^x  démontrée dans la question 1) est vraie pour tout x  réel.
Nous pouvons l'appliquer en remplaçant x  par (-x ).
Nous obtenons alors :  \overset{{\white{.}}}{1+(-x)\leq \text{e}^{-x}} , soit  \overset{{\white{.}}}{\boxed{1-\text{e}^{-x}\le x}\,.}

En conclusion,   \overset{{\white{.}}}{\boxed{\left(\forall x\in \R^+\right) \, :\, 0\le1-\text{e}^{-x}\le x.}}

2. b)  Nous devons en déduire que :  \enskip\left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip 0\leq 1-x+\dfrac{x^2}{2}-\text{e}^{-x}\leq \dfrac{x^3}{6}

Par la question 2. a), nous savons que  \left(\forall t\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip 0\le 1-\text{e}^{-t}\le t.

Dès lors,  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip \begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}0\,\text d t\end{aligned}\le\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}\left(1-\text{e}^{-t}\right)\,\text d t\end{aligned}\le\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}t\,\text d t\end{aligned} ,

soit  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip 0\le\left[\overset{}{t+\text{e}^{-t}}\right]\limits_{0}^{x}\le \left[\dfrac{t^2}{2}\right]\limits_{0}^{x}

soit  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip 0\le\left(\overset{}{x+ \text{e}^{-x}}\right)-\left(\overset{}{0+\text{e}^0}\right)\le \dfrac{x^2}{2}-0

soit  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip0\le x+\text{e}^{-x}-1\le \dfrac{x^2}{2}
En remplaçant x  par t , nous obtenons :  \left(\forall t\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip0\le t+\text{e}^{-t}-1\le \dfrac{t^2}{2}

Effectuons de nouveau une intégration de 0 à x .

\left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip \begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}0\,\text d t\end{aligned}\le\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}\left( t+\text{e}^{-t}-1\right)\,\text d t\end{aligned}\le\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}\dfrac{t^2}{2}\,\text d t\end{aligned} ,

soit  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip0\le \left[\overset{}{\dfrac{t^2}{2}-\text{e}^{-t}-t}\right]\limits_{0}^{x}\le \left[\dfrac{t^3}{6}\right]\limits_{0}^{x}

soit  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip0\le \left(\overset{}{\dfrac{x^2}{2}-\text{e}^{-x}-x}\right)-\left(\overset{}{0-\text{e}^{0}-0}\right)\le \dfrac{x^3}{6}-0

soit  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip0\le\dfrac{x^2}{2}-\text{e}^{-x}-x+1\le \dfrac{x^3}{6}

Par conséquent,  \boxed{\left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip 0\leq 1-x+\dfrac{x^2}{2}-\text{e}^{-x}\leq \dfrac{x^3}{6}}\,.

2. c)  Nous devons montrer que  \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1-x-\text{e}^{-x}}{x^2}=-\dfrac{1}{2},

Par la question  2. b), nous obtenons :  \left(\forall x\in \R^{+}\right) ,

0\leq 1-x+\dfrac{x^2}{2}-\text{e}^{-x}\leq \dfrac{x^3}{6}\quad\Longleftrightarrow\quad -\dfrac{x^2}{2}\leq 1-x-\text{e}^{-x}\leq -\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}

Divisons les trois membres des inégalités par x 2 different 0.

Nous obtenons :  \,\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad-\dfrac{1}{2}\le \dfrac{1-x-\text{e}^{-x}}{x^2}\le -\dfrac{1}{2}+\dfrac{x}{6}

Or  \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to 0^+}\left(-\dfrac{1}{2}\right)=-\dfrac{1}{2}\\\overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to 0^+}\left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{x}{6}\right)=-\dfrac{1}{2}}\end{matrix}\right.

En appliquant le ''théorème des gendarmes'', nous en déduisons que  \overset{{\white{.}}}{\boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1-x-\text{e}^{-x}}{x^2}=-\dfrac{1}{2}}}

Partie B

On considère la fonction f  définie sur I  = [0 ; +infini[ par  \left\lbrace\begin{matrix}f(0)=1\phantom{WWWWWWWWWWWWx}\\\overset{{\white{.}}}{f(x)=\dfrac{\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x}}{x}\quad\quad(\,\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[\,)}\end{matrix}\right.

1. a)  Nous devons montrer que f  est continue à droite de 0.

\bullet  Calculons d'abord  \overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to 0^+}f(x).}
Modifions l'expression algébrique de f (x ) si x  > 0.

(\,\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[\,)\quad f(x)=\dfrac{\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x}}{x}=\dfrac{\text{e}^{-2x+x}-\text{e}^{-2x}}{x} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWW}=\dfrac{\text{e}^{-2x}\,\text{e}^{x}-\text{e}^{-2x}}{x}=\dfrac{\text{e}^{-2x}(\text{e}^{x}-1)}{x}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(\,\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[\,)\quad f(x)=\text{e}^{-2x}\times\dfrac{\text{e}^{x}-1}{x}}

D'une part,  \lim\limits_{x\to 0^+}\text{e}^{-2x}=\text{e}^0\quad\Longrightarrow\quad {\blue{\lim\limits_{x\to 0^+}\text{e}^{-2x}=1}}.

D'autre part, si g est la fonction définie sur  \R  par  g(x)=\text{e}^x,  alors

\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\text{e}^{x}-1}{x}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\text{e}^{x}-\text{e}^0}{x-0} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWw}=g'(0)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWw}=1\quad\text{car }g'(x)=(\text{e}^x)'=\text{e}^x\quad\Longrightarrow\quad g'(0)=\text{e}^0=1} \\\\\Longrightarrow\quad {\blue{\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\text{e}^{x}-1}{x}=1}}

\text{D'où }\,\lim\limits_{x\to 0^+}\text{e}^{-2x}\times\dfrac{\text{e}^{x}-1}{x}=1\times1=1 \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=1}

\bullet  De plus, nous savons que  \overset{{\white{.}}}{f(0)=1.}

Dès lors  \boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=f(0)}\,.
Par conséquent, f  est continue à droite de 0.

1. b)  Nous devons vérifier que :  \left(\forall x>0\right) \enskip :\enskip\dfrac{f(x)-1}{x}=\dfrac{1-2x-\text{e}^{-2x}}{x^2}-\dfrac{1-x-\text{e}^{-x}}{x^2}.

En effet, pour tout x  > 0,

\bullet  d'une part, nous obtenons :

\dfrac{f(x)-1}{x}=\dfrac{\dfrac{\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x}}{x}-1}{x} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWw}=\dfrac{\dfrac{\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x}-x}{x}}{x}} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWw}=\dfrac{\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x}-x}{x^2} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\dfrac{f(x)-1}{x}={\red{\dfrac{\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x}-x}{x^2}}} }

\bullet  d'autre part, nous obtenons :

\dfrac{1-2x-\text{e}^{-2x}}{x^2}-\dfrac{1-x-\text{e}^{-x}}{x^2}=\dfrac{1-2x-\text{e}^{-2x}-1+x+\text{e}^{-x}}{x^2} \\\\\Longrightarrow\boxed{\dfrac{1-2x-\text{e}^{-2x}}{x^2}-\dfrac{1-x-\text{e}^{-x}}{x^2}={\red{\dfrac{\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x}-x}{x^2}}}}

Par conséquent, \boxed{\left(\forall x>0\right) \enskip :\enskip\dfrac{f(x)-1}{x}=\dfrac{1-2x-\text{e}^{-2x}}{x^2}-\dfrac{1-x-\text{e}^{-x}}{x^2}.}

1. c)  Nous devons montrer que f  est dérivable à droite de 0.

Nous devons donc montrer que  \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}  existe et est un nombre réel,
soit que  \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-1}{x}  existe et est un nombre réel.

Nous venons de montrer dans la question 1. b) que  \left(\forall x>0\right) \enskip :\enskip\dfrac{f(x)-1}{x}=\dfrac{1-2x-\text{e}^{-2x}}{x^2}-\dfrac{1-x-\text{e}^{-x}}{x^2}.

Or  {\blue{\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1-x-\text{e}^{-x}}{x^2}=-\dfrac{1}{2}}}\quad(\text{voir question {\red{2. c) - Partie A}})}

De même,

\lim\limits_{X\to 0^+}\dfrac{1-X-\text{e}^{-X}}{X^2}=-\dfrac{1}{2}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{2x\to 0^+}\dfrac{1-2x-\text{e}^{-2x}}{(2x)^2}=-\dfrac{1}{2}\quad(\text{en posant }X=2x) \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWv}\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1-2x-\text{e}^{-2x}}{4x^2}=-\dfrac{1}{2}}

\\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWv}\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{4}\times\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1-2x-\text{e}^{-2x}}{x^2}=-\dfrac{1}{2}} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWv}\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1-2x- \text{e}^{-2x}}{x^2}=-\dfrac{4}{2}}  \\\\\Longrightarrow\quad {\blue{\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1-2x- \text{e}^{-2x}}{x^2}=-2}}

\text{Donc }\,\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-1}{x}=-2-\left(-\dfrac{1}{2}\right)=-2+\dfrac{1}{2} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-1}{x}=-\dfrac{3}{2}}
Par conséquent, f  est dérivable à droite de 0 et le nombre dérivé de f à droite de 0 est  \overset{{\white{.}}}{\left(-\dfrac{3}{2}\right).}

2. a)  Nous devons montrer que :  \left(\forall x>0\right) \enskip :\enskip f'(x)=\dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^2}\left(\overset{}{2x+1-\text{e}^x(1+x)}\right).

La fonction f  est dérivable sur  ]0 ; +infini[.

f'(x)=\dfrac{(\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x})'\times x-(\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x})\times x'}{x^2} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f'(x)}=\dfrac{\left(\overset{}{(-x)'\text{e}^{-x}-(-2x)'\text{e}^{-2x}}\right)\times x-(\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x})\times 1}{x^2} } \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f'(x)}=\dfrac{\left(\overset{}{(-1)\,\text{e}^{-x}-(-2)\,\text{e}^{-2x}}\right)\times x-(\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x})}{x^2} } \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f'(x)}=\dfrac{\left(\overset{}{-\text{e}^{-x}+2\text{e}^{-2x}}\right)\times x-(\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x})}{x^2} }
{\white{xxxxi}}\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f'(x)}=\dfrac{\text{e}^{-2x}\left(\overset{}{-\text{e}^{x}+2}\right)\times x-\text{e}^{-2x}(\text{e}^{x}-1)}{x^2} } \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f'(x)}=\dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^2}\times\left[(\overset{}{-\text{e}^{x}+2})x-(\text{e}^{x}-1)\right]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f'(x)}=\dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^2}\times\left[\overset{}{-x\text{e}^{x}+2x}-\text{e}^{x}+1\right]}
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f'(x)}=\dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^2}\times\left[\overset{}{2x+1-x\text{e}^{x}}-\text{e}^{x}\right]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f'(x)}=\dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^2}\times\left[\overset{}{2x+1-\text{e}^{x}(x+1)}\right]} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\left(\forall x>0\right) \enskip :\enskip f'(x)=\dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^2}\left[\overset{}{2x+1-\text{e}^{x}(1+x)}\right]}

2. b)  Nous devons montrer que :  \left(\forall x>0\right) \enskip :\enskip f'(x)\le-\text{e}^{-2x}.

Pour tout x  > 0, nous savons par la question 1. - Partie A  que :  \overset{{\white{.}}}{1+x\leq \text{e}^x.}

Dès lors,

1+x\leq \text{e}^x\quad\Longrightarrow\quad (1+x)^2\leq (1+x)\,\text{e}^x\quad\quad\text{car }1+x>0 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWW}\Longrightarrow\quad 1+2x+x^2\leq (1+x)\,\text{e}^x} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWW}\Longrightarrow\quad 1+2x-(1+x)\,\text{e}^x\leq -x^2} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWW}\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{x^2}\left[1+2x-(1+x)\,\text{e}^x\right]\leq -1\quad\text{car }x^2\neq0}
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWW}\Longrightarrow\quad \dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^2}\left[1+2x-(1+x)\,\text{e}^x\right]\leq -\text{e}^{-2x}\quad\quad\text{car }\text{e}^{-2x}>0} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWW}\Longrightarrow\quad f'(x)\leq -\text{e}^{-2x}} \\\\\text{D'où }\,\boxed{\left(\forall x>0\right) \enskip :\enskip f'(x)\le-\text{e}^{-2x}}\,.

2. c)  Nous devons en déduire le sens de variations de f  sur I  = [0 ; +infini[.

D'une part, nous savons par la question 2. b) - Partie B  que  \overset{{\white{.}}}{\left(\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[\right) \enskip :\enskip f'(x)\le-\text{e}^{-2x}<0.}
Donc  \overset{{\white{.}}}{f'(x)<0}  sur l'intervalle ]0 ; +infini[.
D'autre part, nous savons par la question 1. c) - Partie B  que  \overset{{\white{.}}}{f'_d(0)=-\dfrac{3}{2}<0.}
Par conséquent, f  est strictement décroissante sur I  = [0 ; +infini[.

3.  On admet que :  \left(\forall x>0\right) \enskip :\enskip f''(x)=\dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^3}\left[\overset{}{-4x^2-4x-2+\text{e}^{x}(2+2x+x^2)}\right].

3. a)  Nous devons montrer que :  \left(\forall x\ge0\right) \enskip :\enskip 1+x+\dfrac{x^2}{2}\le \text{e}^x.

Par la question 1. a) -Partie A, nous savons que  \left(\forall t\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip  1+t\le\text{e}^{t}.

Dès lors,  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip \begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}\left(1+t\right)\,\text d t\end{aligned}\le\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}\text{e}^{t}\,\text d t\end{aligned} ,

soit  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip\left[\overset{}{t+\dfrac{t^2}{2}}\right]\limits_{0}^{x}\le \left[\overset{}{\text{e}^t}\right]\limits_{0}^{x}

soit  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip \left(\overset{}{x+ \dfrac{x^2}{2}}\right)-\left(\overset{}{0+0}\right)\le \text{e}^{x}-\text{e}^{0}

soit  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip x+ \dfrac{x^2}{2}\le  \text{e}^x-1
Par conséquent,  \overset{{\white{.}}}{\boxed{\left(\forall x\ge0\right) \enskip :\enskip 1+x+\dfrac{x^2}{2}\le \text{e}^x}}

3. b)  Nous devons en déduire que :  \left(\forall x\ge0\right) \enskip :\enskip f''(x)>0.

En effet,

\bullet {\white{w}}\text{e}^x\ge1+x+\dfrac{x^2}{2}\quad\quad(\text{voir question 3. a})

\bullet {\white{w}}x>0\quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}2x>0\\x^2>0\end{matrix}\right. \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{wvx>0}\quad\Longrightarrow2+2x+x^2>0}

\bullet {\white{w}}\left\lbrace\begin{matrix}{\blue{\text{e}^x}}\ge{\blue{1+x+\dfrac{x^2}{2}}}\\2+2x+x^2>0\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad {\blue{\text{e}^x}}(2+2x+x^2)\ge{\blue{(1+x+\dfrac{x^2}{2})}}(2+2x+x^2)>0

Dès lors, en développant le membre de droite de la dernière inéquation, nous obtenons :

 \text{e}^x(2+2x+x^2)\ge2+2x+x^2+2x+2x^2+x^3+x^2+x^3+\dfrac{x^4}{2} \\\Longrightarrow\quad \text{e}^x(2+2x+x^2)\ge\dfrac{x^4}{2}+2x^3+4x^2+4x+2 \\\Longrightarrow\quad -4x^2-4x-2+\text{e}^x(2+2x+x^2)\ge\dfrac{x^4}{2}+2x^3\,{\blue{>0}}\quad\text{car }\,{\blue{x>0}}

Il en découle que :   \left(\forall x\ge0\right) \enskip :\enskip-4x^2-4x-2+\text{e}^x(2+2x+x^2)>0,

soit que   \left(\forall x\ge0\right) \enskip :\enskip \dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^3}\left[\overset{}{-4x^2-4x-2+\text{e}^{x}(2+2x+x^2)}\right]>0\quad\quad\text{car }\text{e}^{-2x}>0

Par conséquent,  \boxed{\left(\forall x\ge0\right) \enskip :\enskip f''(x)>0}\,.

4.  On admet que  \lim\limits_{x\to0^+}f'(x)=\dfrac{3}{2}.

4. a)  Nous devons montrer que  \overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=0.}

Nous savons que :  \left(\forall x>0\right) \enskip :\enskip f'(x)=\dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^2}\left(\overset{}{2x+1-\text{e}^x(1+x)}\right).

Modifions l'expression algébrique de f' (x ) si x  > 0.

 f'(x)=\dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^2}\left(\overset{}{2x+1-\text{e}^x(1+x)}\right) \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{f'(x)}=\dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^2}\left(2x+1\right)-\dfrac{\text{e}^{-2x}}{x^2}\times\text{e}^x(1+x)} \\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=\text{e}^{-2x}\left(\dfrac{2x+1}{x^2}\right)-\text{e}^{-x}\left(\dfrac{1+x}{x^2}\right)}

\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{-2x}\enskip\underset{(X=-2x)}{=}\enskip\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^{X}=0\phantom{WWWWW}\\\overset{{\white{.}}}{ \lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{2x+1}{x^2}\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{2x}{x^2}\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{2}{x}\right)=0}\end{matrix}\right.

\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{-2x}\left(\dfrac{2x+1}{x^2}\right)=0}

\text{et }\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{-x}\enskip\underset{(X=-x)}{=}\enskip\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^{X}=0\phantom{WWWWW}\\\overset{{\white{.}}}{ \lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1+x}{x^2}\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x}{x^2}\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)=0}\end{matrix}\right.

\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{-x}\left(\dfrac{1+x}{x^2}\right)=0}}

Donc  \lim\limits_{x\to+\infty}\left[\text{e}^{-2x}\left(\dfrac{2x+1}{x^2}\right)-\text{e}^{-x}\left(\dfrac{1+x}{x^2}\right)\right]=0

soit  \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=0}\,.

4. b)  Nous devons en déduire que  (\forall\, x\in I)\quad:\quad\left|\,\overset{}{f'(x)}\,\right|\le\dfrac{3}{2}.

En utilisant les résultats des questions précédentes, nous obtenons le tableau de variations de la fonction dérivée f'  sur l'intervalle I .

\begin{matrix}\forall\,x>0, \,f''(x)>0\quad(\text{question 3. b)}\\\\\lim\limits_{x\to0^+}f'(x)=\dfrac{3}{2}\quad(\text{question 4.)}\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=0\quad(\text{question 4. a)}\end{matrix} \enskip\enskip\enskip\enskip\enskip \begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&0&&&&+\infty\\&&&&&\\\hline&||&&&&\\f''(x)&||&+&+&+&\\&||&&&&\\\hline&&&&&(0)\\f'(x)&&\nearrow&\nearrow&\nearrow&\\&(-\frac{3}{2})&&&&\\ \hline \end{array}\end{matrix}

Nous en déduisons que  (\forall\, x\in I)\quad:\quad -\dfrac{3}{2}\le f'(x)\le 0
Par conséquent,  \boxed{(\forall\, x\in I)\quad:\quad\left|\,\overset{}{f'(x)}\,\right|\le\dfrac{3}{2}}\,.

5. a)  Nous devons calculer  \overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x).}

Pour tout x  > 0,  f(x)=\dfrac{\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x}}{x}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{f(x)=\dfrac{1}{x}\times(\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x})}\,.

\text{Or }\,\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}=0{\white{xxxxxxxxi}}\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{-x}\enskip\underset{(X=-x)}{=}\enskip\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^{X}=0\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{-2x}\enskip\underset{(X=-2x)}{=}\enskip\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^{X}=0\end{matrix}\right.

D'où  \lim\limits_{x\to+\infty}\,\left[\dfrac{1}{x}\times(\text{e}^{-x}-\text{e}^{-2x})\right]=0\times(0-0).

Par conséquent,  \overset{{\white{.}}}{\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0}\,.}

Nous déduisons que la courbe (C ) admet une asymptote horizontale d'équation y  = 0 au voisinage de +infini.

5. b)  Tableau de variations de f .

En utilisant les résultats des questions précédentes, nous pouvons dresser le tableau de variation de f 
sur [0 ; +infini[.

{\white{wwwwww}}\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&0&&&&+\infty\\&&&&&\\\hline&||&&&&\\f'(x)&(-\frac{3}{2})&-&-&-&\\&||&&&&\\\hline&\overset{{\white{.}}}{1}&&&&\\f(x)&&\searrow&\searrow&\searrow&\\&&&&&0\\ \hline \end{array}\end{matrix}

5. c)  Nous avons montré dans la question 3 - Partie B  que  \overset{{\white{.}}}{\left(\forall x\ge0\right) \enskip :\enskip f''(x)>0.}
La courbe (C ) est donc convexe sur I .
Par conséquent, la courbe (C ) est au-dessus de sa demi-tangente au point T (0 ; 1).

5. d)  Représentation graphique de la courbe (C ) dans le repère  (O;\vec i,\vec j).

Bac Maroc SM rattrapage options A et B 2022 : image 10


Partie C

1.  Pour tout x  de [0 ; 1], on pose  \overset{{\white{.}}}{g(x)=f(x)-x.}

1. a)  La fonction g  est dérivable sur [0 ; 1] (somme de deux fonctions dérivables sur [0 ; 1]).
Nous en déduisons que cette fonction g  est continue sur [0 ; 1].

De plus, pour tout x  de [0 ; 1],  g'(x)=f'(x)-1.

Or nous avons montré dans la question 2. c) - Partie B que f' (x ) < 0 sur I .
Il s'ensuit que  \overset{{\white{.}}}{g'(x)=f'(x)-1<0}  sur [0 ; 1] et donc que la fonction g  est strictement décroissante sur [0 ; 1].

D'où, la fonction g  est une bijection de [0 ; 1] vers g ([0 ; 1]).

Or  g(0)=f(0)-0=1-0=1  et  g(1)=f(1)-1=\text{e}^{-1}-\text{e}^{-2}-1\approx-0,77.
Par conséquent, la fonction g  est une bijection de [0 ; 1] vers  \left[\text{e}^{-1}-\text{e}^{-2}-1\,;\,1\right].

1. b)  Nous avons montré dans l'exercice précédent que la fonction g  est une bijection de [0 ; 1] vers  \overset{{\white{.}}}{\left[\text{e}^{-1}-\text{e}^{-2}-1\,;\,1\right].}
Or  \overset{{\white{.}}}{0\in\left[\text{e}^{-1}-\text{e}^{-2}-1\,;\,1\right]}  car  \text{e}^{-1}-\text{e}^{-2}-1\approx-0,77.
Nous en déduisons que l'équation  g(x)=0  admet une unique solution alpha dans l'intervalle ]0 ; 1[.

Il existe donc un unique réel alpha appartient ]0 ; 1] tel que  g(\alpha)=0.
\overset{{\white{.}}}{\text{Or }\,g(\alpha)=0\quad\Longleftrightarrow\quad f(\alpha)-\alpha=0} \\\phantom{WWWnnW}\quad\Longleftrightarrow\quad f(\alpha)=\alpha.
Par conséquent, Il existe un unique réel alpha appartient ]0 ; 1] tel que  \overset{{\white{.}}}{f(\alpha)=\alpha.}

2.  Pour tout entier naturel non nul n  et pour tout entier  \overset{{\white{.}}}{k\in\lbrace0\,;1\,;\,\cdots\cdots\,;n\rbrace,}  on considère les nombres réels  \overset{{\white{.}}}{x_k=\dfrac{k\alpha}{n}}  et on pose :  \overset{{\white{.}}}{I_k=\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}} f(t)\,dt}  et  \overset{{\white{.}}}{J_k=\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}} f(x_k)\,dt.}

2. a)  Nous devons montrer que  \overset{{\white{.}}}{\forall\,k\in\lbrace0\,;1\,;\,\cdots\cdots\,;n\rbrace,\quad\left|J_k-I_k\right|\le\dfrac{3}{2}\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}}(t-x_k)\,dt.}

En effet,  \forall\,k\in\lbrace0\,;1\,;\,\cdots\cdots\,;n\rbrace,

\left|J_k-I_k\right|=\left|\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}} f(x_k)\,dt-\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}} f(t)\,dt \right|=\left|\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}} \left(\overset{}{f(x_k)-f(t)}\right)\,dt \right| \\\phantom{WvWW}=\left|\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}} \left(\overset{}{f(t)-f(x_k)}\right)\,dt\right|

Par comparaison de la valeur absolue de l'intégrale et de l'intégrale de la valeur absolue, nous obtenons :

\left|J_k-I_k\right|=\left|\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}} \left(\overset{}{f(t)-f(x_k)}\right)\,dt\right| \\\\\phantom{xWWW}\le\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}}\left|\overset{}{ f(t)-f(x_k)}\right|\,dt

Utilisons le théorème de l'inégalité des accroissements finis pour la fonction f  sur les intervalles  [x_k\,;\,t].

Nous savons que f est dérivable sur les intervalles  [x_k\,;\,t]  et nous savons également par la question 4. b) - Partie B  que  (\forall\, x\in [x_k\,;\,t])\quad:\quad\left|\,\overset{}{f'(x)}\,\right|\le\dfrac{3}{2}.

Selon le théorème de l'inégalité des accroissements finis, nous en déduisons que  \left|\overset{}{ f(t)-f(x_k)}\right|\le\dfrac{3}{2}\,|t-x_k|.
\text{D'où }\,\left|\overset{}{J_k-I_k}\right|\le\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}}\left|\overset{}{ f(t)-f(x_k)}\right|\,dt \\\\\phantom{xWWWWW}\le\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}}\dfrac{3}{2}\,|t-x_k|\,dt \\\\\phantom{xWWWWW}\le\displaystyle\int_{x_k}^{x_{k+1}} \dfrac{3}{2}\,(t-x_k)\,dt\quad\text{car }t\ge x_k\Longrightarrow t-x_k\ge0

\\\\\phantom{xWWWWW}\le\displaystyle \dfrac{3}{2}\,\int_{x_k}^{x_{k+1}}\,(t-x_k)\,dt \\\\\Longrightarrow\boxed{\left|\overset{}{J_k-I_k}\right|\le \dfrac{3}{2}\,\int_{x_k}^{x_{k+1}}\,(t-x_k)\,dt}

2. b)  Nous devons en déduire que  \forall\,k\in\lbrace0\,;1\,;\,\cdots\cdots\,;n\rbrace,\quad\left|J_k-I_k\right|\le\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2.

Nous avons montré dans l'exercice précédent que  \forall\,k\in\lbrace0\,;1\,;\,\cdots\cdots\,;n\rbrace,\quad\left|J_k-I_k\right|\le\dfrac{3}{2}\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}}(t-x_k)\,dt.

\text{Or }\,\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}}(t-x_k)\,dt=\left[\dfrac{t^2}{2}-x_k\,t\right]_{x_k}^{x_{k+1}} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWiW}=\left(\dfrac{x_{k+1}^2}{2}-\dfrac{x_{k}^2}{2}\right)-x_k\,(x_{k+1}-x_{k})} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWiW}=\left(\dfrac{(k+1)^2\alpha^2}{2n^2}-\dfrac{k^2\alpha^2}{2n^2}\right)-\dfrac{k\alpha}{n}\,\left(\dfrac{(k+1)\alpha}{n}-\dfrac{k\alpha}{n}\right)} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWiW}=\dfrac{(k+1)^2\alpha^2}{2n^2}-\dfrac{k^2\alpha^2}{2n^2}-\dfrac{k(k+1)\alpha^2}{n^2}+\dfrac{k^2\alpha^2}{n^2}}
\\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWiW}=\dfrac{\alpha^2}{2n^2}\left[\overset{}{(k+1)^2-k^2-2k(k+1)+2k^2}\right]}\\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWiW}=\dfrac{\alpha^2}{2n^2}\left[\overset{}{k^2+2k+1-k^2-2k^2-2k+2k^2}\right]} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWiW}=\dfrac{\alpha^2}{2n^2}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}}(t-x_k)\,dt=\dfrac{\alpha^2}{2n^2}}
\text{Dès lors, }\, \forall\,k\in\lbrace0\,;1\,;\,\cdots\cdots\,;n\rbrace,\left|J_k-I_k\right|\le\dfrac{3}{2}\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}}(t-x_k)\,dt \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWWWWWWW}\le\dfrac{3}{2}\times\dfrac{\alpha^2}{2n^2}} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWWWWWWW}\le\dfrac{3}{2}\times\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\alpha^2}{n^2}\right)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,k\in\lbrace0\,;1\,;\,\cdots\cdots\,;n\rbrace,\left|J_k-I_k\right|\le\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2}

3.  On pose :  L=\displaystyle \int_{0}^{\alpha}f(t)\,dt.

3. a)  Montrons que :  \forall\,n\in\N^*,\quad\left|\,\dfrac{\alpha}{n}\,\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)-L\,\right|\le\dfrac{3}{4}\,\dfrac{\alpha^2}{n}.

Nous avons montré dans l'exercice précédent que  \forall\,k\in\lbrace0\,;1\,;\,\cdots\cdots\,;n\rbrace,\left|J_k-I_k\right|\le\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2.

Donc  \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\left|J_k-I_k\right|\le\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2.

Or d'une part, la valeur absolue d'une somme de nombres réels est inférieure ou égale à la somme des valeurs absolues de ces nombres réels.
Il s'ensuit que  \left|\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}(J_k-I_k)\right|\le \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\left|J_k-I_k\right|.

D'autre part,  \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2  est une somme de n  termes égaux à  \dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2.
Il en découle que  \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2=n\times\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2

Par conséquent,

\left.\begin{matrix}\left|\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}(J_k-I_k)\right|\le \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\left|J_k-I_k\right|\\\\\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\left|J_k-I_k\right|\le\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2\\\\\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2=n\times\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2\end{matrix}\right\rbrace \quad\Longrightarrow\quad \left|\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}(J_k-I_k)\right|\le \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\left|J_k-I_k\right|\le\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2=n\times\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2

D'où  \left|\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}(J_k-I_k)\right|\le n\times\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^2 , {\white{xx}}soit  \left|\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}J_k-\sum_{k=0}^{n-1}I_k\right|\le n\times\dfrac{3}{4}\dfrac{\alpha^2}{n^2}

soit  \boxed{\left|\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}J_k-\sum_{k=0}^{n-1}I_k\right|\le \dfrac{3}{4}\dfrac{\alpha^2}{n}}

Or, en utilisant la définition de Jk , nous obtenons : \forall\,k\in\lbrace0\,;1\,;\,\cdots\cdots\,;n\rbrace,

J_k=\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}} f(x_k)\,dt=f(x_k)\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}} 1\,dt=\left(\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}} 1\,dt\right)\times f(x_k) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{J_k}=\left[\overset{{\phantom{.}}}{t}\right]_{x_k}^{x_{k+1}}\times f(x_k)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{J_k}=(x_{k+1}-x_k)\times f(x_k)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{J_k}=\left(\dfrac{(k+1)\alpha}{n}-\dfrac{k\alpha}{n}\right)\times f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)}
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{J_k}=\left(\dfrac{k\alpha}{n}+\dfrac{\alpha}{n}-\dfrac{k\alpha}{n}\right)\times f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{J_k}=\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)\times f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}J_k=\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)\times \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)}

De plus, en utilisant la définition de Ik , nous obtenons : \forall\,k\in\lbrace0\,;1\,;\,\cdots\cdots\,;n\rbrace,

I_k=\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}} f(t)\,dt\quad\Longrightarrow\quad  \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}I_k=\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\displaystyle \int_{x_k}^{x_{k+1}} f(t)\,dt \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWWii}=\displaystyle \int_{x_0}^{x_{1}} f(t)\,dt+\displaystyle \int_{x_1}^{x_{2}} f(t)\,dt+\cdots+\displaystyle \int_{x_{n-1}}^{x_{n}} f(t)\,dt} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWWii}=\displaystyle \int_{x_0}^{x_{n}} f(t)\,dt=\displaystyle \int_{0}^{\alpha} f(t)\,dt}
\\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWWii}=L} \\\\\Longrightarrow\boxed{\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}I_k=L}

Par conséquent, \left|\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}J_k-\sum_{k=0}^{n-1}I_k\right|\le \dfrac{3}{4}\dfrac{\alpha^2}{n} \quad\Longleftrightarrow\quad  \boxed{\left|\,\dfrac{\alpha}{n}\,\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)-L\,\right|\le\dfrac{3}{4}\,\dfrac{\alpha^2}{n}}

3. b)  Nous avons montré dans la question précédente que  \forall\,n\in\N^*,\quad\left|\,\dfrac{\alpha}{n}\,\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)-L\,\right|\le\dfrac{3}{4}\,\dfrac{\alpha^2}{n}.

Puisque alpha est une constante,  \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{3}{4}\,\dfrac{\alpha^2}{n}=0.

Dès lors, en utilisant le théorème des gendarmes, nous obtenons :

\left\lbrace\begin{matrix}0\le \left|\,\dfrac{\alpha}{n}\,\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)-L\,\right|\le\dfrac{3}{4}\,\dfrac{\alpha^2}{n}\\\\\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{3}{4}\,\dfrac{\alpha^2}{n}=0\end{matrix}\right. \\\\\\\Longrightarrow\quad\lim\limits_{n\to+\infty}\left|\,\dfrac{\alpha}{n}\,\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)-L\,\right|=0 \\\\\Longrightarrow\quad\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\,\dfrac{\alpha}{n}\,\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)-L\,\right)=0

\\\\\Longrightarrow\quad\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\alpha}{n}\,\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)=L \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\alpha}{n}\,\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)=\displaystyle \int_{0}^{\alpha}f(t)\,dt}

points

exercice 2

Soit  \overset{{\white{.}}}{m\in\C\setminus\lbrace-1\,;0\,;1\rbrace.}

Partie I-  On considère dans l'ensemble  \C  l'équation d'inconnue z  ,  
{\white{xxxxxxx}}\overset{{\white{.}}}{(E_m)\enskip:\enskip mz^2-(m-1)^2z-(m-1)^2=0.}

1. a)  Calculons le discriminant deltamaj de l'équation (Em ).

\Delta=((m-1)^2)^2-4\times m \times[-(m-1)^2] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\Delta}=(m-1)^4+4 m (m-1)^2} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\Delta}=(m-1)^2[(m-1)^2+4 m ]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\Delta}=(m-1)^2(m^2-2m+1+4 m )}
{\white{xx}\\\overset{{\white{.}}}{=(m-1)^2(m^2+2m+1)} \\\overset{{\white{.}}}{=(m-1)^2(m+1)^2} \\\overset{{\white{.}}}{=[(m-1)(m+1)]^2} \\\overset{{\phantom{.}}}{=(m^2-1)^2}

\Longrightarrow\boxed{\Delta=(m^2-1)^2}

1. b)  Déterminons  \overset{{\white{.}}}{z_1}  et  \overset{{\white{.}}}{z_2}  les deux solutions de l'équation (Em ).

z_1=\dfrac{(m-1)^2+(m^2-1)}{2m} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{z_1}=\dfrac{m^2-2m+1+m^2-1}{2m}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{z_1}=\dfrac{2m^2-2m}{2m}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{z_1}=\dfrac{2m(m-1)}{2m}} \\\\\Longrightarrow\boxed{z_1=m-1}

z_2=\dfrac{(m-1)^2-(m^2-1)}{2m} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{z_2}=\dfrac{m^2-2m+1-m^2+1}{2m}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{z_2}=\dfrac{-2m+2}{2m}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{z_2}=\dfrac{2(-m+1)}{2m}} \\\\\Longrightarrow\boxed{z_2=\dfrac{1-m}{m}}

2)  On prend uniquement dans cette question  m=\text{e}^{\text{i}\theta},  avec  \overset{{\white{.}}}{0<\theta<\pi.}

Nous devons écrire  \overset{{\white{.}}}{z_1}  et  \overset{{\white{.}}}{z_2}  sous forme exponentielle.

z_1=m-1=\text{e}^{\text{i}\theta}-1 \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{z_1=m-1}=\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}{2}}.\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}{2}}-\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}{2}}.\text{e}^{-\text{i}\frac{\theta}{2}}} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{z_1=m-1}=\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}{2}}\left(\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}{2}}-\text{e}^{-\text{i}\frac{\theta}{2}}\right)} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{z_1=m-1}=2\left(\dfrac{\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}{2}}-\text{e}^{-\text{i}\frac{\theta}{2}}}{2}\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}{2}}}
\\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{z_1=m-1}=2\,\text{i}\sin(\dfrac{\theta}{2})\,\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}{2}}} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{z_1=m-1}=2\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}\sin(\dfrac{\theta}{2})\,\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}{2}}} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{z_1=m-1}=2\sin(\dfrac{\theta}{2})\,\text{e}^{\text{i}(\frac{\pi}{2}+\frac{\theta}{2})}} \\\\\Longrightarrow\boxed{z_1=2\sin(\dfrac{\theta}{2})\,\text{e}^{\text{i}(\frac{\pi}{2}+\frac{\theta}{2})}}

z_2=\dfrac{1-m}{m}=\dfrac{1}{m}-1=\dfrac{1}{\text{e}^{\text{i}\theta}}-1=\text{e}^{-\text{i}\theta}-1 \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWWw}=\text{e}^{-\text{i}\frac{\theta}{2}}.\text{e}^{-\text{i}\frac{\theta}{2}}-\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}{2}}.\text{e}^{-\text{i}\frac{\theta}{2}}} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWWw}=\left(\text{e}^{-\text{i}\frac{\theta}{2}}-\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}{2}}\right)\text{e}^{-\text{i}\frac{\theta}{2}}} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWWw}=-2\left(\dfrac{\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}{2}}-\text{e}^{-\text{i}\frac{\theta}{2}}}{2}\right)\text{e}^{-\text{i}\frac{\theta}{2}}}
\\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWWw}=-2\,\text{i}\sin(\dfrac{\theta}{2})\,\text{e}^{-\text{i}\frac{\theta}{2}}} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWWw}=2\,\text{e}^{\text{i}(-\frac{\pi}{2})}\sin(\dfrac{\theta}{2})\,\text{e}^{-\text{i}\frac{\theta}{2}}} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWWWWWWWw}=2\sin(\dfrac{\theta}{2})\,\text{e}^{\text{i}(-\frac{\pi}{2}-\frac{\theta}{2})}} \\\\\Longrightarrow\boxed{z_2=2\sin(\dfrac{\theta}{2})\,\text{e}^{\text{i}(-\frac{\pi}{2}-\frac{\theta}{2})}}

Partie II-  Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct  (O,\vec u,\vec v).
{\white{xxxxxxx}}On considère les points A  et B  d'affixes respectives  a=m-1   et  b=\dfrac{1}{m}-1.

1.  Montrons que les points O , A  et B  sont alignés si et seulement si  m\in\R.

\text{Les points }O, A\text{ et }B\text{ sont alignés}\quad\Longleftrightarrow\quad\dfrac{\left(\dfrac{1}{m}-1\right)-0}{(m-1)-0}\in\R \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWWWWWiWW}\Longleftrightarrow\quad\dfrac{\dfrac{1-m}{m}}{m-1}\in\R} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWWWWWiWW}\Longleftrightarrow\quad\dfrac{1-m}{m}\times\dfrac{1}{m-1}\in\R} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWWWWWiWW}\Longleftrightarrow\quad\dfrac{-(m-1)}{m(m-1)}\in\R}
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWWWWWiWW}\Longleftrightarrow\quad-\dfrac{1}{m}\in\R} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWWWWWiWW}\Longleftrightarrow\quad m\in\R} \\\\\Longrightarrow\boxed{\text{Les points }O, A\text{ et }B\text{ sont alignés}\quad\Longleftrightarrow\quad m\in\R}

2.  On suppose que m  n'est pas un nombre réel.

2. a)  Le point C  d'affixe c  est l'image du point B  d'affixe  \dfrac{1}{m}-1  par la rotation de centre A  d'affixe  m-1  et d'angle  \dfrac{\pi}{3}.

Nous savons qu'une rotation de centre  \Omega(\omega)  et d'angle theta qui à tout point M  d'affixe z  associe le point M'  d'affixe z'   peut s'exprimer par la relation  \boxed{z'-\omega=(z-\omega)\,\text{e}^{\text{i}\theta}}\,.

En utilisant cette égalité, nous obtenons :  \overset{{\white{.}}}{c-(m-1)=\left(\left(\dfrac{1}{m}-1\right)-(m-1)\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}
soit  \overset{{\white{.}}}{c=(m-1)+\left(\dfrac{1}{m}-1-m+1\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}
soit  \overset{{\white{.}}}{\boxed{c=m-1+\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}}

Le point D  d'affixe d  est l'image du point A  d'affixe  m-1  par la rotation de centre O  d'affixe  0  et d'angle  \dfrac{\pi}{3}.
En utilisant l'expression complexe de la rotation, nous obtenons :  \overset{{\white{.}}}{d-0=((m-1)-0)\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}
soit  \overset{{\white{.}}}{\boxed{d=(m-1)\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}}

2. b) Soient  \overset{{\white{.}}}{P(p),\, Q(q)}  et \overset{{\white{.}}}{R(r)} les milieux respectifs des segments [AC ], [AD ] et [OB ].

Par définition des affixes des milieux de segments, nous déduisons que :

\bullet\,\left\lbrace\begin{matrix}p=\dfrac{(m-1)+\left[m-1+\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\right]}{2}\\\\r=\dfrac{0+\left(\dfrac{1}{m}-1\right)}{2}\phantom{WWWWWWWWW}\end{matrix}\right. \\\\\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}2p=2(m-1)+\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\\2r=\dfrac{1}{m}-1\phantom{WWWWWWWW}\end{matrix}\right.

\text{D'où }\,2(p-r)=2p-2r \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWwW}=2(m-1)+\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}-\dfrac{1}{m}+1} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWwWWW}=2m-2+\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}-\dfrac{1}{m}+1} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWwWW_{}}=2m-\dfrac{1}{m}-1+\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WwWWWW}=m+m-\dfrac{1}{m}-1+\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WwWWWW}=m-1-\dfrac{1}{m}+m+\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WwWWWW}=m-1-\left(\dfrac{1}{m}-m\right)+\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}} \\\\\Longrightarrow\boxed{2(p-r)=m-1+\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\left(\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}-1\right)}


\bullet\,\left\lbrace\begin{matrix}q=\dfrac{(m-1)+(m-1)\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}{2}\\\\r=\dfrac{0+\left(\dfrac{1}{m}-1\right)}{2}\phantom{WWWW}\end{matrix}\right. \\\\\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}2q=m-1+(m-1)\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\\2r=\dfrac{1}{m}-1\phantom{WWWWWW}\end{matrix}\right.

\text{D'où }\,2(q-r)=2q-2r \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWwW}=m-1+(m-1)\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}-\dfrac{1}{m}+1} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWwWWW}=m+(m-1)\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}-\dfrac{1}{m}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWwWW_{}}=(m-1)\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}-\left(\dfrac{1}{m}-m\right)}
\\\\\Longrightarrow\boxed{2(q-r)=(m-1)\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}-\left(\dfrac{1}{m}-m\right)}

2. c) Nous devons montrer que  q-r=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(p-r).

2(q-r)=(m-1)\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}-\left(\dfrac{1}{m}-m\right) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{2(q-r)}=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\left[(m-1)-\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\right]}

\text{Or }\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}+\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}=2\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWwWWW}=2\times\dfrac{1}{2}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWwWWW}=1} \\\\\Longrightarrow\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}+\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}=1 \\\\\Longrightarrow\boxed{\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}-1=\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}}

\text{Donc }\,2(q-r)=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\left[(m-1)-\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\right] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Donc }\,2(q-r)}=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\left[(m-1)+\left(\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}-1\right)\left(\dfrac{1}{m}-m\right)\right]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Donc }\,2(q-r)}=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\times2(p-r)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Donc }\,2(q-r)}=2\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(p-r)}

Par conséquent,  \boxed{q-r=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(p-r)}\,.

2. d)  La relation  q-r=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(p-r)  exprime que le point Q  est l'image du point P  par la rotation de centre R  et d'angle  \dfrac{\pi}{3}.

Dès lors, RP = RQ  et  \overset{{\white{.}}}{\text{mes}\left(\widehat{PRQ}\right)=\dfrac{\pi}{3}.}

Or un triangle ayant deux côtés de même longueur et possédant un angle dont la mesure est vaut  \dfrac{\pi}{3}  est un triangle équilatéral.
Nous en déduisons que le triangle PQR  est équilatéral.

points

exercice 3

Pour tout réel a , on pose :  \overset{{\white{.}}}{M(a)=\begin{pmatrix}1&0&0\\a+1&3&-1\\2a+3&6&-2\end{pmatrix}}  et soit  \overset{{\white{.}}}{G=\lbrace M(a)\,/\,a\in\R\rbrace.}

1.  Soit  \varphi  l'application définie de  \R  vers  \overset{{\white{.}}}{M_3(\R)}  par :  \overset{{\white{.}}}{(\forall a\in\R)\enskip : \enskip \varphi(a)=M(a).}

1. a)  Nous devons montrer que  \varphi  est un homomorphisme de  (\R,+)  vers  (M_3(\R),\times). 
Cela revient à montrer que pour tout  \overset{{\white{.}}}{a, b \in\R,\quad\varphi(a+b)=\varphi(a)\times \varphi(b).}

En effet :
\varphi(a)\times\varphi(b)=\begin{pmatrix}1&0&0\\a+1&3&-1\\2a+3&6&-2\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}1&0&0\\b+1&3&-1\\2b+3&6&-2\end{pmatrix} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWx}=\begin{pmatrix}1+0+0&0+0+0&0+0+0\\a+1+3(b+1)-(2b+3)&0+9-6&0-3+2\\2a+3+6(b+1)-2(2b+3)&0+18-12&0-6+4\end{pmatrix}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWx}=\begin{pmatrix}1&0&0\\a+1+3b+3-2b-3&3&-1\\2a+3+6b+6-4b-6&6&-2\end{pmatrix}}
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWx}=\begin{pmatrix}1&0&0\\a+b+1&3&-1\\2a+2b+3&6&-2\end{pmatrix}}  \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\varphi(a)\times\varphi(b)=\begin{pmatrix}1&0&0\\ (a+b)+1&3&-1\\2(a+b)+3&6&-2\end{pmatrix}}

\text{et }\boxed{\varphi(a+b)=\begin{pmatrix}1&0&0\\ (a+b)+1&3&-1\\2(a+b)+3&6&-2\end{pmatrix}}

Par conséquent, \overset{{\white{.}}}{\boxed{\text{pour tout }a, b \in\R,\quad{\blue{\varphi(a+b)=\varphi(a)\times \varphi(b)}}}\,.}

1. b)  Montrons que  \varphi(\R)=G.

\varphi(\R)=\lbrace\varphi(a)\,/\,a\in\R\rbrace \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\varphi(\R)}=\lbrace M(a)\,/\,a\in\R\rbrace}\quad(\text{par définition de }\varphi) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\varphi(\R)}=G}\quad(\text{par définition de }G) \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\varphi(\R)=G}

De plus, dans le cadre des homomorphismes de structures, nous savons que si f  est un homomorphisme de  \overset{{\white{.}}}{(E,*)}  dans \overset{{\white{.}}}{(F,\bullet)}  et si  \overset{{\white{.}}}{(E,*)} est un groupe commutatif, alors son image homomorphe  \overset{{\white{.}}}{(f(E),\bullet)}  est également un groupe commutatif.

Or nous avons montré que  \varphi  est un homomorphisme de  \overset{{\white{.}}}{(\R,+)}  vers  \overset{{\white{.}}}{(M_3(\R),\times).} 
Nous savons en outre que  \overset{{\white{.}}}{(\R,+)}  est un groupe commutatif.
Il s'ensuit que  \overset{{\white{.}}}{(\varphi(\R),\times)}  est un groupe commutatif,
soit  \overset{{\white{.}}}{(G,\times)}  est un groupe commutatif.

1. c)  Nous devons déterminer  \overset{{\white{.}}}{J}  l'élément neutre dans  \overset{{\white{.}}}{(G,\times).} 

Nous savons que si f  est un homomorphisme de  \overset{{\white{.}}}{(E,*)}  dans \overset{{\white{.}}}{(F,\bullet)}  et si n  est neutre dans  \overset{{\white{.}}}{(E,*)} , alors  f(n)  est neutre dans  \overset{{\white{.}}}{(f(E),\bullet).} 

Sachant que 0 est l'élément neutre dans le groupe  \overset{{\white{.}}}{(\R,+)} , nous en déduisons que  \overset{{\white{.}}}{\varphi(0)}  est l'élément neutre dans  \overset{{\white{.}}}{(G,\times).} 

\text{Donc }\,J=\varphi(0) .\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Donc }\,J}=M(0)} .\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Donc }\,J}=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&3&-1\\3&6&-2\end{pmatrix}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{J=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&3&-1\\3&6&-2\end{pmatrix}\,.}

1. d)  Nous devons déterminer l'inverse de  \overset{{\white{.}}}{M(a)}  dans  \overset{{\white{.}}}{(G,\times).} 
Puisque par définition,  \overset{{\white{.}}}{(\forall a\in\R)\enskip : \enskip \varphi(a)=M(a),}  nous devons déterminer l'inverse de  \overset{{\white{.}}}{\varphi(a)}  dans  \overset{{\white{.}}}{(G,\times).} 

Nous savons que si f  est un homomorphisme de  \overset{{\white{.}}}{(E,*)}  dans \overset{{\white{.}}}{(F,\bullet)}  et si x  admet un symétrique x'  dans  \overset{{\white{.}}}{(E,*)} , alors  f(x')  est le symétrique de  f(x)  dans  \overset{{\white{.}}}{(f(E),\bullet).} 

Sachant que tout réel a  admet (-a ) comme symétrique dans le groupe  \overset{{\white{.}}}{(\R,+)} , nous en déduisons que  \overset{{\white{.}}}{\varphi(-a)}  est le symétrique de  \overset{{\white{.}}}{\varphi(a)}  dans  \overset{{\white{.}}}{(G,\times).} 

\text{Or }\,\varphi(-a)=M(-a) .\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Or }\,\varphi(-a)}=\begin{pmatrix}1&0&0\\-a+1&3&-1\\-2a+3&6&-2\end{pmatrix}}

Par conséquent, l'inverse de  \overset{{\white{.}}}{M(a)}  dans  \overset{{\white{.}}}{(G,\times)}  est  \boxed{\overset{{\white{.}}}{M(-a)=\begin{pmatrix}1&0&0\\-a+1&3&-1\\-2a+3&6&-2\end{pmatrix}}\,.}

1. e)  Nous devons résoudre dans  \overset{{\white{.}}}{(G,\times)}  l'équation :  \overset{{\white{.}}}{M(1)\times X=M(2).}

Soit  \overset{{\white{.}}}({M(1))'}  l'inverse de  \overset{{\white{.}}}{M(1)}  dans  \overset{{\white{.}}}{(G,\times).} 

M(1)\times X=M(2)\quad\Longleftrightarrow\quad  (M(1))'\times M(1)\times X=(M(1))'\times M(2) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(1)\times X=M(2)}\quad\Longleftrightarrow\quad J\times X=M(-1)\times M(2)}  \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(1)\times X=M(2)}\quad\Longleftrightarrow\quad X=M(-1)\times M(2)}  \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(1)\times X=M(2)}\quad\Longleftrightarrow\quad X=\varphi(-1)\times \varphi(2)}
{\white{WWWWWWWW}\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(1)\times X=M(2)}\quad\Longleftrightarrow\quad X=\varphi(-1+2)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(1)\times X=M(2)}\quad\Longleftrightarrow\quad X=\varphi(1)}  \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(1)\times X=M(2)}\quad\Longleftrightarrow\quad X=M(1)}
{\white{WWWWWWWWW}\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(1)\times X=M(2)}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{X=\begin{pmatrix}1&0&0\\2&3&-1\\5&6&-2\end{pmatrix}}}

D'où l'ensemble S  des solutions de l'équation  \overset{{\white{.}}}{M(1)\times X=M(2)}  est  \boxed{S=\lbrace M(1)\rbrace=\left\lbrace\begin{pmatrix}1&0&0\\2&3&-1\\5&6&-2\end{pmatrix}\right\rbrace} \,.

2. a)  Nous devons montrer que  \overset{{\white{.}}}{(\forall a\in\R)\enskip : \enskip M(a)\times J=M(a)\times I.}

En effet,

\overset{{\white{.}}}\bullet\quad {J}  est l'élément neutre dans  \overset{{\white{.}}}{(G,\times)}  et  \overset{{\white{.}}}{M(a)\in G.}
Il s'ensuit que  \overset{{\white{.}}}{M(a)\times J = M(a).}

\overset{{\white{.}}}\bullet\quad {I}  est l'élément neutre dans   \overset{{\white{.}}}{(M_3(\R),\times)}  et  \overset{{\white{.}}}{M(a)\in M_3(\R).}
Il s'ensuit que  \overset{{\white{.}}}{M(a)\times I = M(a).}

D'où  \overset{{\white{.}}}{ (\forall a\in\R)}\enskip : \enskip\left\lbrace\begin{matrix}M(a)\times J=M(a)\\M(a)\times I=M(a)\end{matrix}\right. \quad\Longrightarrow\quad \boxed{M(a)\times J=M(a)\times I}\,.

2. b)  Nous devons en déduire que pour tout  \overset{{\white{.}}}{a\in\R,\, M(a)}  n'est pas inversible dans   \overset{{\white{.}}}{(M_3(\R),\times).} 

Par l'absurde, supposons qu'il existe  a\in\R  tel que  \overset{{\white{.}}}{M(a)}  soit inversible dans   \overset{{\white{.}}}{(M_3(\R),\times)}  et notons  \overset{{\white{.}}}{(M(a))^{-1}}  l'inverse de  \overset{{\white{.}}}{M(a)}  dans   \overset{{\white{.}}}{(M_3(\R),\times).} 

Par suite,  (M(a))^{-1}\times\,M(a)=I.

Dans la question précédente, nous avons montré que  \overset{{\white{.}}}{(\forall a\in\R)\enskip : \enskip M(a)\times J=M(a)\times I.}

Dans ce cas, nous obtenons :

M(a)\times J=M(a)\times I\quad\Longrightarrow\quad {\red{(M(a))^{-1}\times\,}} [M(a)\times J]={\red{(M(a))^{-1}\times\,}} [M(a)\times I]  \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad {\red{[}}(M(a))^{-1}\times\ M(a){\red{]}}\times J={\red{[}}(M(a))^{-1}\times\,M(a){\red{]}}\times I} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad I\times J=I\times I} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad J=I\quad\text{car }I\text{ est le neutre dans }(M_3(\R),\times)}

Or  \overset{{\white{.}}}{J=I}  est absurde car  \left\lbrace\begin{matrix}J=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&3&-1\\3&6&-2\end{pmatrix}\\\\I=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \boxed{J\neq I}\,.

La supposition est donc fausse.
Par conséquent, pour tout  \overset{{\white{.}}}{a\in\R,\, M(a)}  n'est pas inversible dans   \overset{{\white{.}}}{(M_3(\R),\times).} 

2. c)  Soient les matrices de la forme  \overset{{\white{.}}}{X=\begin{pmatrix}1&0&0\\x+2&3&0\\3x+5&6&1\end{pmatrix}\ \text{avec }\,x\in\R.}

Nous savons que  \overset{{\white{.}}}{ M(1)=\begin{pmatrix}1&0&0\\2&3&-1\\5&6&-2\end{pmatrix}}  et  \overset{{\white{.}}}{ M(2)=\begin{pmatrix}1&0&0\\3&3&-1\\7&6&-2\end{pmatrix}.}
Dès lors,
M(1)\times X=\begin{pmatrix}1&0&0\\2&3&-1\\5&6&-2\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}1&0&0\\x+2&3&0\\3x+5&6&1\end{pmatrix} \\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{M(1)\times X}=\begin{pmatrix}1+0+0&0+0+0&0+0+0\\2+3(x+2)-(3x+5)&0+9-6&0+0-1\\5+6(x+2)-2(3x+5)&0+18-12&0+0-2\end{pmatrix}}
{\white{WWWW}}\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(1)\times X}=\begin{pmatrix}1&0&0\\2+3x+6-3x-5&3&-1\\5+6x+12-6x-10&6&-2\end{pmatrix}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(1)\times X}=\begin{pmatrix}1&0&0\\3&3&-1\\7&6&-2\end{pmatrix}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(1)\times X}=M(2)}

Par conséquent, les matrices de la forme  \overset{{\white{.}}}{X=\begin{pmatrix}1&0&0\\x+2&3&0\\3x+5&6&1\end{pmatrix}\ \text{avec }\,x\in\R}  sont des solutions dans   \overset{{\white{.}}}{(M_3(\R),\times)}  de l'équation :  \overset{{\white{.}}}{M(1)\times X=M(2).}

points

exercice 4

1.  Nous devons montrer que 137 est un nombre premier.

Nous allons nous baser sur le théorème suivant :
Si un nombre naturel n n'est pas premier, alors il admet un diviseur premier p tel que  \overset{{\white{.}}}{2\le p\le\sqrt{n}.}

Ce théorème peut également s'énoncer comme suit :
Si un nombre naturel n n'admet pas de diviseur premier p tel que  \overset{{\white{.}}}{2\le p\le\sqrt{n},}  alors ce nombre naturel n est un nombre premier.

Le nombre 137 peut être encadré par les carrés de deux nombres entiers successifs, les carrés de 11 et de 12.
En effet, nous savons que 121 < 137 < 144.
Dans l'ensemble des nombres naturels, nous obtenons alors :   11<\sqrt{137}<12.

Déterminons s'il existe un diviseur premier p  de 137 tel que  2\le p\le\sqrt{137}.

Les diviseurs premiers strictement inférieurs à 12 sont 2, 3, 5, 7, 11.
\bullet{\white{x}}137 n'est pas divisible par 2 car le chiffre des unités (7) est impair.
\bullet{\white{x}}137 n'est pas divisible par 3 car 1 + 3 + 7 = 11 et 11 n'est pas un multiple de 3.
\bullet{\white{x}}137 n'est pas divisible par 5 car 137 ne se termine pas par 0 ni par 5.
\bullet{\white{x}}137 n'est pas divisible par 7 car 137 = 7 multiplie 19 + 4.
\bullet{\white{x}}137 n'est pas divisible par 11 car 137 = 11 multiplie 12 + 5.

Donc, il n'existe aucun diviseur premier p  de 137 tel que  2\le p\le\sqrt{137}.

Par conséquent, selon le théorème rappelé ci-dessus, nous en déduisons que 137 est un nombre premier.

2.  Nous devons déterminer un couple (u,v ) de  \Z^2  tel que  \overset{{\white{.}}}{38u+136v=1.}
En utilisant l'algorithme d'Euclide, montrons que PGCD(38,136)=2.

 {\white{wwwwww}}\begin{matrix} \begin{array}{|ccccccc|}\hline &&&&&&\\ D&=&q&\times&d&+&r\\&&&&&&\\\hline &&&&&&&136&=&3&\times&38&+&22\\ 38&=&1&\times&22&+&16\\ 22&=&1&\times&16&+&6\\ 16&=&2&\times&6&+&4\\ 6&=&1&\times&4&+&{\red{2}}\\ 4&=&2&\times&2&+&0&&&&&&&\\ \hline \end{array}\end{matrix} \begin{matrix} \begin{array}{c}\\D\text{ : dividende}\\d\text{ : diviseur }\\q\text{ : quotient}\\r\text{ : reste}{\phantom{ww}}\\\\\\\\ {\red{\rightarrow PGCD(38,136)=2}}\\\\\\\end{array}\end{matrix}

Donc PGCD(38 , 136) = 2.

Ensuite, réécrivons les égalités (sauf la dernière avec le reste nul) de manière à isoler le reste de la division euclidienne.

22=136-3\times38 \\16=38-1\times22 \\6=22-1\times16 \\4=16-2\times6 \\2=6-1\times4

En remontant à partir de la dernière égalité, nous obtenons :

\begin{matrix}\left\lbrace\begin{matrix}2=6-1\times4\\4=16-2\times6\end{matrix}\right. \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad 2=6-1\times(16-2\times6)} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad 2=6-1\times16+2\times6\phantom{wi}} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad \boxed{2=3\times6-1\times16}\phantom{www}}\end{matrix}{\phantom{xxx}}\begin{matrix}|\\|\\|\\|\\|\\|\\\end{matrix}{\phantom{xxx}} {\white{xx}}\begin{matrix}\left\lbrace\begin{matrix}2=3\times6-1\times16\\6=22-1\times16\phantom{wi}\end{matrix}\right. \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad 2=3\times(22-1\times16)-1\times16} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad 2=3\times22-3\times16-1\times16\phantom{wi}} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad \boxed{2=3\times22-4\times16}\phantom{wwwww}}\end{matrix}
-------------------------------------------------------

\begin{matrix}\left\lbrace\begin{matrix}2=3\times22-4\times16\\16=38-1\times22\phantom{wi}\end{matrix}\right. \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad 2=3\times22-4\times(38-1\times22)} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad 2=3\times22-4\times38+4\times22\phantom{wi}} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad \boxed{2=7\times22-4\times38}\phantom{wwwww}}\end{matrix}{\phantom{xxx}}\begin{matrix}|\\|\\|\\|\\|\\|\\\end{matrix}{\phantom{xxx}} {\white{xx}}\begin{matrix}\left\lbrace\begin{matrix}21=7\times22-4\times28\\22=136-3\times38\phantom{wi}\end{matrix}\right. \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad 2=7\times(136-3\times38)-4\times38} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad 2=7\times136-21\times38-4\times38\phantom{w}} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad \boxed{{\red{2=-25\times38+7\times136}}}\phantom{wwxwx}}\end{matrix}

Par conséquent, il existe un couple (u,v ) de  \Z^2  tel que  \overset{{\white{.}}}{38u+136v=2}  : le couple  \boxed{(u\,,v)=(-25\,,7)}\,.

3.  Soit  x\in\Z  tel que :  x^{38}\equiv1\,[137].

3. a)  Nous devons montrer que x  et 137 sont premiers entre eux.

Raisonnons par l'absurde et supposons que x  et 137 ne sont pas premiers entre eux.
Puisque nous avons montré que 137 est un nombre premier, si x  et 137 ne sont pas premiers entre eux, alors x  divise 137.
Cela signifie que  \overset{{\white{.}}}{x\equiv0\,[137].}

Dès lors, nous avons :

x\equiv0\,[137]\quad\Longrightarrow\quad  x^{138}\equiv0^{138}\,[137] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{x\equiv0\,[137]}}\quad\Longrightarrow\quad  x^{138}\equiv0\,[137]

Il s'ensuit que :

\left\lbrace\begin{matrix}  x^{138}\equiv0\,[137]\\  x^{138}\equiv1\,[137]\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}  0\equiv x^{138}\,[137]\\  x^{138}\equiv1\,[137]\end{matrix}\right. \\\\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWi}}\quad\Longrightarrow\quad0\equiv1\,[137] \\\\\overset{{\white{.}}}{ \phantom{WWWWWWi}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{1\equiv0\,[137]}
Nous en déduisons alors que 137 divise 1, ce qui est absurde.
D'où la supposition de départ est fausse.
Par conséquent, x  et 137 sont premiers entre eux.

3. b)  Nous devons montrer que  \overset{{\white{.}}}{x^{136}\equiv 1\,[137].}

Le petit théorème de Fermat peut s'énoncer comme suit :
Si p est un nombre premier et a est un nombre entier premier avec p, alors  \overset{{\white{.}}}{\boxed{a^{p-1}\equiv1\,[p]}}.
Le nombre 137 est un nombre premier et x  et 137 sont premiers entre eux.
Selon le petit théorème de Fermat, nous obtenons :  \overset{{\white{.}}}{x^{137-1}\equiv1\,[137]} , soit  \overset{{\white{.}}}{\boxed{x^{136}\equiv1\,[137]}}

3. c)  Nous devons montrer que  x^{2}\equiv 1\,[137].

Dans la question 2, nous avons obtenu l'égalité suivante :  \overset{{\white{.}}}{38\times(-25)+136\times7=2.}

Dès lors,

38\times(-25)+136\times7=2\quad\Longleftrightarrow\quad 2+38\times25=136\times7 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWxWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad x^{2+38\times25}=x^{136\times7}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWxWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad x^{2}\times x^{38\times25}=x^{136\times7}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWxWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad x^{2}\times \left(x^{38}\right)^{25}=\left(x^{136}\right)^7}

\text{Or }\,\left\lbrace\begin{matrix}x^{38}\equiv 1\,[137]\quad(\text{par définition de }x)\\x^{136}\equiv 1\,[137]\quad(\text{voir question 3. b})\end{matrix}\right. \\\\\\\text{D'où }\,x^{2}\times \left(x^{38}\right)^{25}=\left(x^{136}\right)^7\quad\Longrightarrow\quad x^{2}\times1^{25}\equiv1^7\,[137] \\\\\phantom{WWWWWWWwWWWW}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{x^{2}\equiv1\,[137]}

4.  Nous devons résoudre dans  \Z  l'équation  (E):\quad x^{19}\equiv1\,[137].

Soit x  une solution de l'équation (E ).

\text{Alors }\,x^{19}\equiv1\,[137]\quad\Longrightarrow\quad \left(x^{19}\right)^2\equiv1^2\,[137] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWiWWW}\quad\Longrightarrow\quad x^{38}\equiv1\,[137]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWi}\quad\Longrightarrow\quad x^{2}\equiv1\,[137]\quad(\text{voir question 3. c})} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWi}\quad\Longrightarrow\quad x^{2}-1\equiv0\,[137]} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWWWWiWW}\quad\Longrightarrow\quad (x-1)(x+1)\equiv0\,[137]}

Utilisons le théorème suivant :
Si un nombre entier p est premier et si p divise le produit ab (où a et b sont des nombres entiers), alors p divise a ou p divise b.

Une réécriture de ce théorème est la suivante :
Si un nombre entier p est premier et si  \overset{{\white{.}}}{ab\equiv0\,[p]}  (où a et b sont des nombres entiers), alors  \overset{{\white{.}}}{a\equiv0\,[p]}  ou  \overset{{\white{.}}}{b\equiv0\,[p].} 

Or nous avons montré dans la question 1.  que 137 est un nombre premier.
Selon le théorème ci-dessus, nous en déduisons que :

(x-1)(x+1)\equiv0\,[137]\quad\Longrightarrow\quad x-1\equiv0\,[137]\quad\text{ou}\quad x+1\equiv0\,[137] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWvWW}\quad\Longrightarrow\quad x\equiv1\,[137]\quad\text{ou}\quad x\equiv-1\,[137]}

Nous venons de montrer que si x  une solution de l'équation (E ), alors  \overset{{\white{.}}}{x\equiv1\,[137]\quad\text{ou}\quad x\equiv-1\,[137].}

Vérifions si ces deux valeurs de x  sont solutions de l'équation (E ).

\bullet\quad x\equiv 1\,[137]\quad\Longrightarrow\quad x^{19}\equiv 1^{19}\,[137] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWwWW}\quad\Longrightarrow\quad x^{19}\equiv 1\,[137]}
Donc  \overset{{\white{.}}}{x\equiv 1\,[137]}  est solution de l'équation (E ).

\bullet\quad x\equiv -1\,[137]\quad\Longrightarrow\quad x^{19}\equiv (-1)^{19}\,[137] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWiWW}\quad\Longrightarrow\quad x^{19}\equiv -1\,[137]}
Mais  \overset{{\white{.}}}{-1\not\equiv1\,[137]}  car 1 - (-1) n'est pas divisible par 137 puisque 137 ne divise pas 2.
Dès lors,  \overset{{\white{.}}}{x\equiv -1\,[137]}  n'est pas solution de l'équation (E ).

Par conséquent, \overset{{\white{.}}}{x\equiv 1\,[137]}  est la seule solution de l'équation (E )
c'est-à-dire que l'ensemble des solutions de l'équation (E ) est  \overset{{\white{.}}}{\boxed{\lbrace1+137k\,/\,k\in\Z\rbrace}\,.}


\mathbf{{\red{\star\star\star\quad F\quad I\quad N\quad\star\star\,\star}}}
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