Fiche de mathématiques
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Bac Tunisie SM 2022

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Durée : 4 heures
Coefficient : 4

3 points

exercice 1

Le plan est rapporté à un repère orthonormé direct (O,\vec{u},\vec{v}) .

Soit \theta\in]0,\pi[ . On considère dans \C l'équation (E)\enskip:\enskip z^2-2e^{i\theta}z+(e^{2i\theta}-4)=0

1- Résoudre dans \C l'équation (E) . On note z_1 et z_2 les solutions de (E) . z_1 est tel que \mathcal{R}e(z_1)<0 .

2- On considère les points A\text{ , }B\text{ , }I\text{ , }M_1 \text{ et }M_2 d'affixes respectives 1\text{ , }-1\text{ , }e^{i\theta}\text{ , }z_1 \text{ et }z_2 .

a) Montrer que I est le milieu du segment [M_1M_2] .

b) Vérifier que \overrightarrow{IM_1}=\overrightarrow{AB} .

c) Dans la figure 1 de l'annexe jointe , on a placé dans le repère (O,\vec{u},\vec{v}) les points A\text{ , }B\text{ et }I . Construire les points M_1 et M_2 .

3-a) Montrer que les droites (AM_2) et (BM_1) se coupent au point J d'affixe \left(-e^{i\theta}\right) .

3-b) Déterminer la valeur du réel \theta telle que l'aire du triangle JM_1M_2 soit maximale .

5 points

exercice 2

Le plan est orienté . Dans la figure 2 de l'annexe jointe :

OAB est un triangle rectangle et isocèle en O tel que \left(\widehat{\overrightarrow{BO},\overrightarrow{BA}}\right)\equiv \dfrac{\pi}{4}\enskip [2\pi] .
CBA est un triangle isocèle en C tel que \left(\widehat{\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}}\right)\equiv \dfrac{\pi}{12}\enskip [2\pi] .

1- Soit R la rotation de centre B et d'angle \left(-\dfrac{\pi}{3}\right) .

a) Vérifier que \left(\widehat{\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BO}}\right)\equiv -\dfrac{\pi}{3}\enskip [2\pi] .

b) On note D=R(C) . Justifier que les points O\text{ , }D\text{ et }B sont alignés et construire le point D .

c) Montrer que le triangle ACD est rectangle et isocèle en C .

2- Soit f la similitude directe telle que f(B)=A\text{ et }f(O)=C .

a) Montrer que f(A)=D .

b) Montrer qu'une mesure de l'angle de f est \left(-\dfrac{5\pi}{6}\right) .

c) Soit E=f(D) . Vérifier que le point E est un point de la droite (AC) .

d) Montrer que \left(\widehat{\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DE}}\right)\equiv \dfrac{\pi}{6}\enskip [2\pi] puis construire le point E .

e) Soit \Omega le centre de f . Montrer que \left(\widehat{\overrightarrow{\Omega B},\overrightarrow{\Omega E}}\right)\equiv -\dfrac{\pi}{2}\enskip [2\pi] .

3- On suppose que OA=OB=1 et on rapporte le plan au repère orthonormé direct (O,\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}) .

a) On note z_C l'affixe du point C . Montrer que \arg(z_C)\equiv \dfrac{\pi}{4}\enskip [2\pi] .

b) Soit z'=az+b l'expression complexe de fa et b sont deux nombres complexes . Montrer que ai+b=1 et que z_C=b .

c) On note z_{\Omega} l'affixe de \Omega . Vérifier que z_{\Omega}\neq 0 et montrer que \dfrac{z_{\Omega}-i}{z_{\Omega}}=\dfrac{1-i}{b} . En déduire que \left(\widehat{\overrightarrow{\Omega O},\overrightarrow{\Omega B}}\right)\equiv -\dfrac{\pi}{2}\enskip [2\pi] .

4- Montrer que le point \Omega est le projeté orthogonal du point B sur la droite (OE) et le construire .

5,5 points

exercice 3

Partie A

Soit dans \Z\times \Z l'équation (E)\enskip:\enskip 19u+11v=1 .

1-a) Vérifier que (-4,7) est une solution de (E) .

b) Résoudre dans \Z\times\Z l'équation (E) .

2-a) Montrer que u=7 est l'unique entier appartenant à \lbrace 1,2,\cdots,10\rbrace\enskip\text{ tel que }\enskip 19u\equiv 1 \enskip (\text{mod }11) .

b) Montrer de même que v=7 est l'unique entier appartenant à \lbrace 1,2,\cdots,18\rbrace\enskip\text{ tel que }\enskip 11v\equiv 1 \enskip (\text{mod }19) .

On considère dans \Z l'équation (E_{209})\enskip :\enskip x^2\equiv x\enskip(\text{mod }209) .

Partie B

1- Vérifier que les entiers 0 et 1 sont des solutions de (E_{209}) .

2- Décomposer 209 en produit de facteurs premiers .

3- Montrer que 133 et 77 sont des solutions de (E_{209}) .

4- Soit x une solution de (E_{209}) .

a) Montrer que 19 divise x(x-1) et 11 divise x(x-1) .

b) Vérifier que x et (x-1) sont premiers entre eux .

5- Soit x une solution de (E_{209}) appartenant à \lbrace 2,3,\cdots, 208\rbrace .

a) Montrer que 19 divise x ou 11 divise x .

b) On suppose que x=19kk est un entier . Montrer que 11 divise (x-1) puis déduire que x=133 .

c) On suppose que 11 divise x . Montrer que x=77 .

6- Déterminer les solutions de (E_{209}) appartenant à \lbrace 0,1,\cdots, 208\rbrace .

Partie C

Soit y un entier et x son reste modulo 209 .

1- Montrer que y est une solution de (E_{209}) si et seulement si x est une solution de (E_{209}) .

2- Donner alors les solutions dans \Z de l'équation (E_{209}) .

6,5 points

exercice 4

Partie A

Soit f la fonction définie sur ]1,+\infty[ par f(x)=\dfrac{1}{\ln x} , on note (C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,\vec{i},\vec{j}) .

1- Calculer \displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x) \text{ et }\lim_{x\to 1^{+}}f(x) . Interpréter graphiquement .

2-a) Montrer pour tout x>1 \enskip : \enskip f'(x)=\dfrac{-1}{x\ln^2 x} .

b) Dresser le tableau de variation de f .

c) Tracer (C) .

3- Montrer que l'équation f(x)=x possède sur ]1,+\infty[ une unique solution \alpha et que \alpha < e .

Partie B

1- Soit n\in\N^{*} . Pour tout x>1 , on pose F(x)=\displaystyle \int_{\alpha}^{x}\left(f(t)\right)^n\text{ d}t \text{ et } H(x)=\int_{\ln\alpha}^{\ln x} \dfrac{e^t}{t^n}\text{ d}t .

a) Montrer que H est dérivable sur ]1,+\infty[ et calculer H'(x) .

b) En déduire que pour tout x>1 , H(x)=F(x) .

2- On pose pour tout entier n\geq 1 \text{ , }U_n=\displaystyle\int_{\alpha}^{e} \left(f(t)\right)^n\text{ d}t

a) Vérifier pour tout n\geq 1 \text{ , } U_n=\displaystyle \int_{\ln \alpha}^{1} \dfrac{e^t}{t^n}\text{ d}t .

b) En déduire que pour tout n\geq 2 \text{ , } \dfrac{\alpha^n-\alpha}{n-1}\leq U_n\leq \dfrac{e}{n-1}\left(\alpha^{n-1}-1\right)  .

c) Montrer que \displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\alpha^n}{n}=+\infty puis déterminer \displaystyle\lim_{n\to+\infty} U_n .

d) Calculer \displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{U_n}{\alpha^n} .

3- Pour tout entier n\geq 1 , on pose S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{k=n} (k-2)U_k .

a) En intégrant par parties , montrer que pour tout n\geq 1 \enskip , \enskip U_n=e-\alpha^{n+1}+nU_{n+1} .

b) Montrer par récurrence que pour tout n\geq 1 \enskip , \enskip S_n=\dfrac{\alpha^{n+1}-\alpha^2}{\alpha-1}+(1-n)e-U_n .

c) Déterminer alors \displaystyle \lim_{n\to+\infty}\dfrac{S_n}{\alpha^n} .

Annexe à rendre avec la copie


Figure 1 :
Bac Tunisie SM 2022 : image 1


Figure 2 :
Bac Tunisie SM 2022 : image 2







exercice 1

Soit \theta \in ]0;\pi[ \text{ et }(E)\text{ : } z^2-2e^{i\theta}z+\left(e^{2i\theta}-4\right)=0

1- Calculons le discriminant \Delta :
\begin{matrix}\Delta &=&\left(-2e^{i\theta}\right^2-4\left(e^{2i\theta}-4\right)&\\&=&4e^{2i\theta}-4e^{2i\theta}+16&\\&=&16&\neq 0 \end{matrix}

L'équation (E) admet donc deux solutions qu'on note z' \text{ et }z'' :
\begin{matrix} \begin{matrix} z'&=&\dfrac{2e^{i\theta}-4}{2}\\&=&e^{i\theta}-2 \end{matrix} &\enskip\text{ et }\enskip&\begin{matrix} z'&=&\dfrac{2e^{i\theta}+4}{2}\\&=&e^{i\theta}+2 \end{matrix}\end{matrix}

On a :

\mathcal{R}e(z')=\cos\theta-2 \enskip\enskip\text{ et } \enskip\enskip\mathcal{R}e(z'')=\cos\theta+2

Puisque \theta\in ]0;\pi[ \text{ , alors : } -1<\cos\theta<1 \text{ , il s'ensuit que } \cos\theta -2<-1 \text{ et }\cos\theta + 2 >1

On en tire que \mathcal{R}e(z')<0\text{ et }\mathcal{R}e(z'')>0 .

On conclut que z_1=z'=e^{i\theta}-2 \text{ et }z_2=z''=e^{i\theta}+2 sont les solutions de l'équation (E) comme noté dans l'exercice .

\boxed{S_{(E)}=\left\lbrace z_1=e^{i\theta}-2\text{ ; }z_2=e^{i\theta}+2 \right\rbrace }


2- On considère les points A\text{ , }B\text{ , }I\text{ , }M_1 \text{ et }M_2 d'affixes respectives z_A=1\text{ , }z_B=-1\text{ , }z_{I}=e^{i\theta}\text{ , }z_{M_1}=z_1 \text{ et }z_{M__2}=z_2 .

a) Montrons que I est le milieu de [M_1M_2] :

\begin{matrix}\dfrac{z_{M_1}+z_{M_2}}{2}&=&\dfrac{z_{1}+z_{2}}{2}\\&=&\dfrac{e^{i\theta}-2+e^{i\theta}+2}{2}\\&=&\dfrac{2e^{i\theta}}{2}\\&=&e^{i\theta}\\&=&z_I\end{matrix} .

On a donc z_I=\dfrac{z_{M_1}+z_{M_2}}{2} .

D'où :
\boxed{I\text{ est le milieu du segment }[M_1M_2]}


b) On calcule les affixes des vecteurs \overrightarrow{IM_1} \text{ et } \overrightarrow{AB}

 \begin{cases} Z_{\overrightarrow{IM_1}}=z_{M_1}-z_{I}=e^{i\theta}-2-e^{i\theta}=-2 \\Z_{\overrightarrow{AB}}=z_{B}-z_{A}=-1-1=-2\end{cases}

Les deux vecteurs \overrightarrow{IM_1} \text{ et } \overrightarrow{AB} ont le même affixe , ils sont donc égaux :

\boxed{\overrightarrow{IM_1} \text{ = } \overrightarrow{AB}}


c)
Pour construire le point M_1 , on a : \overrightarrow{IM_1} = \overrightarrow{AB} , donc IM_1BA est un parallélogramme .
Pour construire le point M_2 , on utilise le fait que I est le milieu du segment [M_1M_2] .

On obtient la figure suivante :


Bac Tunisie SM 2022 : image 7


3-a)
Puisque z_A;z_B\in \R \text{ , alors }(AB)=(O,\vec{u})

Or , z_{1}=e^{i\theta}-2 \text{ et }z_{2}=e^{i\theta}+2 \text{ ; Donc : } \mathcal{I}m(z_1)=\mathcal{I}m(z_2)=\sin\theta\neq 0\text{ car }\theta\in ]0;\pi[

Donc z_1;z_2\notin \R .

On en déduit que les points M_1 et M_2 n'appartiennent pas à la droite (AB) .

On vient donc de vérifier que les droites (M_1 B) et (M_2 A ) ne sont pas confondues . Alors , il suffit de montrer que le point J appartient à (M_1B) et à (M_2A) pour prouver que ces deux droites se coupent en ce point :

\dfrac{z_2-z_J}{z_A-z_J}=\dfrac{e^{i\theta}+2+e^{i\theta}}{1+e^{i\theta}}=\dfrac{2(1+e^{i\theta})}{1+e^{i\theta}}=2\in\R .

Donc \overrightarrow{JM_2}=2\overrightarrow{JA} et les points J ,A,M_2 sont donc alignés , d'où J\in(AM_2) .

\dfrac{z_1-z_J}{z_B-z_J}=\dfrac{e^{i\theta}-2+e^{i\theta}}{-1+e^{i\theta}}=\dfrac{2(e^{i\theta}-1)}{e^{i\theta}-1}=2\in\R .

Donc \overrightarrow{JM_1}=2\overrightarrow{JB} et les points J ,B,M_1 sont alignés , d'où J\in(BM_1) .

Conclusion :
\boxed{\text{ Les droites }(AM_2) \text{ et }(BM_1) \text{ se coupent en }J }


3-b) Considérons le cercle unitaire \mathcal{C}(O;1) .

Il est évident que son diamètre est [AB] . De plus , le point J appartient à ce cercle unitaire , en effet |z_J|=|-e^{i\theta}|=1 .

Le triangle JAB est donc inscrit dans le cercle unitaire \mathcal{C}(O;1) . Donc JAB est un triangle rectangle en J .

Or , d'après la question précédente , les points M_1,B \text { et }J sont alignés , ainsi que les points M_2 , A \text{ et }J .

On en déduit que le triangle JM_1M_2 est lui aussi rectangle en J .

Notons \mathcal{A} l'aire du triangle JM_1M_2 , on a :

\begin{matrix} \mathcal{A}  &=&  \dfrac{JM_1\times JM_2}{2}  				       &=&\dfrac{1}{2}|z_1-z_J||z_2-z_J| 				       &&				     				       \\\\&=&2|e^{i\theta}-1||e^{i\theta}+1| 				       &=& 2|(e^{i\theta}-1)(e^{i\theta}+1)| 				       && 				       \\\\&=&2|e^{2i\theta}-1| 				       &=&2|e^{i\theta}\left(e^{i\theta}-e^{-i\theta}\right)| 				       && 				       \\\\&=& 2\left|2i e^{i\theta}\text{ }\dfrac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}\right| 				       &=&2|2ie^{i\theta}\sin\theta| 				       && 				       \\\\&=& 4|\sin\theta| 				       &=&4\sin\theta \enskip  				       &\text{ ( Puisque }\sin\theta >0\text{ sur }]0;\pi[\text{ ) }& 				        \end{matrix}

Pour que \mathcal{A} soit maximal , il faut que \sin\theta prend sa valeur maximale sur ]0;\pi[ qui est 1 pour \theta =\dfrac{\pi}{2} .

Dans ce cas : \mathcal{A}_{\max}=4 .

Conclusion :
\boxed{\text{ L'aire du triangle }JM_1M_2 \text{ est maximale lorsque }\theta=\dfrac{\pi}{2}}



exercice 2

1- R est la rotation de centre B et d'angle -\dfrac{\pi}{3} .

a) On a , en appliquant la relation de Chasles sur l'angle \left(\widehat{\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BO}}\right) :

\begin{matrix}  \left(\widehat{\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BO}}\right)&\equiv &    \left(\widehat{\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA}}\right)+\left(\widehat{\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BO}}\right) &\enskip [2\pi]& & 										    \\& \equiv&    \left(\widehat{\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA}}\right)-\left(\widehat{\overrightarrow{BO},\overrightarrow{BA}}\right) &\enskip [2\pi]& & 										    \\& \equiv&    -\left(\widehat{\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}}\right)-\left(\widehat{\overrightarrow{BO},\overrightarrow{BA}}\right) &\enskip [2\pi]& & 										    \\& \equiv&    -\left(\widehat{\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}}\right)-\left(\widehat{\overrightarrow{BO},\overrightarrow{BA}}\right) &\enskip [2\pi]& & 										    \\&\equiv &-\dfrac{\pi}{12}-\dfrac{\pi}{4} &\enskip [2\pi]& 										    \\&\equiv & -\dfrac{\pi}{3} &\enskip [2\pi]& 										    \end{matrix}

\left(\text{ En effet : }\left(\widehat{\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}}\right)\equiv\left(\widehat{\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}}\right)\enskip[2\pi]\text{ car le triangle }CAB \text{ est isocèle en }C \right)

Conclusion :
\boxed{\left(\widehat{\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BO}}\right)\equiv -\dfrac{\pi}{3}\enskip[2\pi]}


b) La donnée D=R(C) se traduit par : \begin{cases} BC=BD\\\left(\widehat{\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}}\right)\equiv-\dfrac{\pi}{3}\enskip[2\pi] \end{cases}

D'où : \left(\widehat{\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}}\right)\equiv\left(\widehat{\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BO}}\right)\enskip[2\pi]

On en déduit que les vecteurs \overrightarrow{BO} \text{ et }\overrightarrow{BD} sont colinéaires .

Ce qui veut dire que :
\boxed{\text{ Les points }B,O\text{ et }D \text{ sont alignés }}


Construction du point D : les résultats B,O,D alignés et BC=BD permettent de construire le point D
(voir la figure à la fin de la résolution de cet exercice)


c) Puisque \begin{cases} BC=BD\\\left(\widehat{\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BD}}\right)\equiv-\dfrac{\pi}{3}\enskip[2\pi] \end{cases}\text{ ou encore }\enskip\begin{cases} BC=BD\\\left(\widehat{\overrightarrow{BD},\overrightarrow{BC}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\enskip[2\pi] \end{cases}

Donc le triangle BCD est isocèle en B avec un angle de \dfrac{\pi}{3} , c'est donc un triangle équilatéral .

On a donc BC=BD=DC\enskip \text{ et } \left(\widehat{\overrightarrow{BD},\overrightarrow{BC}}\right)\equiv\left(\widehat{\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CD}}\right)\enskip[2\pi]\equiv\left(\widehat{\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DB}}\right)\enskip[2\pi]\equiv\dfrac{\pi}{3}\enskip[2\pi]

D'autre part , le triangle BCA est isocèle en C , donc BC=AC

On en tire que DC=AC\enskip \blue (i) .

De plus , on a :

\begin{matrix}  \left(\widehat{\overrightarrow{CD},\overrightarrow{CA}}\right)&\equiv & \left(\widehat{\overrightarrow{CD},\overrightarrow{CB}}\right)+\left(\widehat{\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA}}\right)&\enskip [2\pi]& & 										    \\&\equiv&\left(\widehat{\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA}}\right)-\left(\widehat{\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CD}}\right) &\enskip [2\pi]& & 										    \\&\equiv &\left[\pi-\left(\widehat{\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}}\right)-\left(\widehat{\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}}\right)\right]-\left(\widehat{\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CD}}\right)  &\enskip [2\pi]& 									     										    \\&\equiv & \pi-\dfrac{\pi}{12}-\dfrac{\pi}{12} -\dfrac{\pi}{3} &\enskip [2\pi]& 										    \\&\equiv & \dfrac{\pi}{2}&\enskip [2\pi]& 										    \end{matrix}

On obtient : \left(\widehat{\overrightarrow{CD},\overrightarrow{CA}}\right)&\equiv\dfrac{\pi}{2}&\enskip [2\pi]\enskip\blue(ii)

De \blue (i)\black\text{ et }\blue (ii) \black \text{ , on déduit que : }
\boxed{\text{ Le triangle }DCA \text{ est isocèle rectangle en }C}


2- Soit f la similitude directe qui transforme B en A et O en C .

a) On a :

\blue B\red O\black A est un triangle rectangle isocèle directe en \red O .
\blue A\red C\black D est un triangle rectangle isocèle directe en \red C .

Alors , puisque : \begin{cases} \blue f(B)=A \\\red f(O)=C\end{cases}

Donc :
\boxed{f(A)=D}


b) Notons \text{mes }f une mesure de l'angle de la similitude f , on a alors :

\begin{matrix} \text{mes }f&\equiv& \left(\widehat{\overrightarrow{BO},\overrightarrow{AC}}\right)&\enskip[2\pi] 				      \\&\equiv& \left(\widehat{\overrightarrow{BO},\overrightarrow{BA}}\right)+\left(\widehat{\overrightarrow{BA},\overrightarrow{AC}}\right)&\enskip[2\pi]                                        \\&\equiv& \left(\widehat{\overrightarrow{BO},\overrightarrow{BA}}\right)+\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}}\right)-\pi&\enskip[2\pi]  				      \\&\equiv& \dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{12}-\pi &\enskip[2\pi] 				      \\&\equiv&-\dfrac{-10\pi}{12} &\enskip[2\pi] 				      \\&\equiv & -\dfrac{5\pi}{6}&\enskip[2\pi]  				      \end{matrix}
Conclusion :
\boxed{\text{mes }f\equiv	-\dfrac{5\pi}{6}\enskip[2\pi] }


c) Soit E=f(D) .

D'après 1-b) , les points O,D,B sont alignés . Donc D\in(OB) .

Donc f(D)\in f((OB))

Or , f((OB)) = (AC ) puisque f(O)=A \text{ et }f(B)=C .

Donc f(D)\in (AC) .

On encore :
\boxed{ E\in (AC) }


d) On a f(D)=E \text{ et }f(A)=D .

D'où : \left(\widehat{\overrightarrow{DA},\overrightarrow{ED}}\right)\equiv -\dfrac{5\pi}{6}\enskip [2\pi]
Il s'ensuit que : \left(\widehat{\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DE}}\right)\equiv -\dfrac{5\pi}{6}+\pi \enskip [2\pi]

D'où le résultat :
\boxed{\left(\widehat{\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DE}}\right)\equiv \dfrac{\pi}{6} \enskip [2\pi]}


Construction du point E : les résultats E\in(AC) et \left(\widehat{\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DE}}\right)\equiv \dfrac{\pi}{6} \enskip [2\pi]} permettent de construire le point E .
(voir la figure à la fin de la résolution de cet exercice)


e) Le point \Omega est le centre de la similitude f .

L'angle demandée est définie entre les points \Omega , B \text{ et }E .

Et puisque \Omega est le centre , on cherche une relation entre B et E :

On a : E=f(D)=f(f(A))=f(f(f(B)))=f\circ f\circ f(B) .

Or , on sait par composition , que f\circ f \circ f est une similitude directe de même centre que f (le point \Omega ) et d'angle 3\text{ mes }f .

D'où : \left(\widehat{\overrightarrow{\Omega B},\overrightarrow{\Omega E}}\right)\equiv 3\times\dfrac{-5\pi}{6} \enskip [2\pi]\equiv -\dfrac{5\pi}{2} \enskip [2\pi]

Conclusion :
\boxed{\left(\widehat{\overrightarrow{\Omega B},\overrightarrow{\Omega E}}\right)\equiv-\dfrac{\pi}{2}\enskip[2\pi]}


3-a) Le plan est rapporté au repère (O,\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}) .

On a \arg(z_C)\equiv \left(\widehat{\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OC}}\right)\enskip [2\pi] .

Puisque : \begin{cases} OB=OA \\ CB=CA \enskip\text{ (Le triangle }CBA \text{ est isocèle en }C\text{ )}\end{cases}


Alors la droite (OC) est la médiatrice du segment [AB] .

Et comme OAB est un triangle rectangle-isocèle en O . Alors (OC) est la bissectrice de \left(\widehat{\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}}\right)\equiv \dfrac{\pi}{2}\enskip [2\pi] .

Donc : \left(\widehat{\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OC}}\right)\equiv \dfrac{1}{2} \left(\widehat{\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}}\right)\enskip [2\pi] .

On en déduit finalement que :
\boxed{\arg(z_C)\equiv \dfrac{\pi}{4}\enskip [2\pi]}


b)

On a f(B)=A , alors z_A=az_B+b .

Le plan est rapporté au repère (O,\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}) , donc z_A=1 \text{ et }z_B=i .

Le résultat suivant en découle :
\boxed{ai+b=1}


On a f(O)=C , alors z_C=az_O +b .

De plus , z_O=0 .

D'où :
\boxed{z_C=b }


c) \Omega étant le centre de la similitude f d'expression complexe z'=az+b , alors : z_{\Omega}=\dfrac{b}{1-a } .

D'où : \dfrac{ z_{\Omega }-i}{z_{\Omega}}=\dfrac{\dfrac{b}{1-a}-i} {\dfrac{b}{1-a}}=\dfrac{b-i+ia}{b} .

D'après la question 3-b) , ai+b=1

D'où :
\boxed{ \dfrac{ z_{\Omega }-i}{z_{\Omega}}=\dfrac{1-i}{b}}


Donc :

\begin{matrix} \left(\widehat{\overrightarrow{\Omega O},\overrightarrow{\Omega B}}\right)&\equiv& \arg\left(\dfrac{z_B-z_{\Omega}}{z_O-z_{\Omega}}\right)&\enskip[2\pi] 				      \\&\equiv& \arg\left(\dfrac{z_{\Omega}-z_B}{z_{\Omega}-z_O}\right)&\enskip[2\pi]                                        \\&\equiv& \arg\left(\dfrac{ z_{\Omega }-i}{z_{\Omega}}\right)&\enskip[2\pi]                                        \\&\equiv&\arg\left(\dfrac{1-i}{b}\right) &\enskip[2\pi] 				      \\&\equiv& \arg (1-i)-\arg(b) &\enskip[2\pi] 				      \end{matrix}

On a :
\arg(b)\equiv \arg(z_C)\enskip[2\pi]\equiv \dfrac{\pi}{4}\enskip[2\pi] .
\arg(1-i)\equiv -\dfrac{\pi}{4}\enskip [2\pi] .\enskip\enskip \text{ En effet , la forme trigonométrique de } 1-i=\sqrt{2}\left[\cos\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)\right]

On en déduit que :
\boxed{\left(\widehat{\overrightarrow{\Omega O},\overrightarrow{\Omega B}}\right)\equiv -\dfrac{\pi}{2}\enskip[2\pi] }


4- On a :

\begin{matrix} \left(\widehat{\overrightarrow{\Omega O},\overrightarrow{\Omega E}}\right)&\equiv& \left(\widehat{\overrightarrow{\Omega O},\overrightarrow{\Omega B}}\right)+\left(\widehat{\overrightarrow{\Omega B},\overrightarrow{\Omega E}}\right)&\enskip[2\pi] 				      \\&\equiv& -\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{2}&\enskip[2\pi]                                        \\&\equiv& -\pi&\enskip[2\pi]  				      \end{matrix}

On en tire que les points \Omega,O\text{ et }E sont alignés , ou encore que \Omega\in (OE)\enskip \blue (i) .

De plus , \left(\widehat{\overrightarrow{\Omega O},\overrightarrow{\Omega B}}\right)\equiv -\dfrac{\pi}{2}\enskip[2\pi]

Donc (\Omega B)\perp (\Omega E)=(OE)\enskip\blue (ii) .

De \blue (i) \black \text{ et }\blue (ii) , on obtient finalement :
\boxed{ \Omega \text{ est donc le projeté orthogonal du point }B \text{ sur la droite }(OE) }


Construction du point \Omega : le résultat ''\Omega\text{ est le projeté orthogonal du point }B \text{ sur la droite }(OE)  '' permet de construire le point \Omega .

Figure :
Bac Tunisie SM 2022 : image 6



exercice 3

Partie A

(E)\text{ : }19u+11v=1 \enskip , \enskip \text{ dans }\Z\times \Z


1-a) On calcule 19u+11v avec u=-4 et v=7 :

19u+11v=19\times(-4)+11\times 7 = -76+77=1

\boxed{(-4;7)\text{ est solution de l'équation }(E)}


b) D'après la question précédente : 19\times(-4)+11\times 7 =1

Donc :

\begin{matrix}19u+11v=1&\iff&19u+11v=9\times(-4)+11\times 7\\&\iff& 19(u+4)=11(7-v)\enskip(*)\end{matrix}

On en tire que 19/11(7-v) , et comme 19\wedge 11=1 , alors d'après le lemme de Gauss : 19|(7-v) .

Il s'ensuit qu'il existe k\in\Z tel que 7-v=19k ou encore v=-19k+7.

On utilise cette expression dans (*) , on obtient : 19(u+4)=11\times 19k , ou encore u=11k-4

Réciproquement , on vérifie que v=-19k+7 \text{ et }u=11k-4 \text{ , }k\in\Z conviennent :

19u+11v=19(11k-4)+11(-19k+7)=209k-76-209k+77=77-76=1

Conclusion :
\boxed{S_{(E)}=\left\lbrace \left(11k-4;-19k+7\right) \text{ / }k\in \Z\right\rbrace}


2-a) Puisque 11\wedge 19= 1 ; l'équation 19u\equiv 1\enskip[11] admet une unique solution dans \lbrace 1,\cdots,10\rbrace .

Or : 19\times 7 = 133=11\times 12+1 . Alors :

\boxed{ \text{ La solution unique de l'équation }19u\equiv 1\enskip[11]\text{ est }7 }


b) De la même manière , 11\wedge 19= 1 entraîne que l'équation 11v\equiv 1\enskip[19] admet une unique solution dans \lbrace 1,\cdots,18\rbrace .

Et pusique : 11\times 7 = 77=19\times 4+1 . Alors :

\boxed{ \text{ La solution unique de l'équation }11v\equiv 1\enskip[19]\text{ est }7 }


Partie B

(E_{209})\text{ : }x^2\equiv x[209] \enskip , \enskip \text{ dans }\Z


1-Il est évident que tout entier relatif divise 0 .

Donc , puisque 0^2=0\equiv 0[209]\enskip\text{ et }1^2=1\equiv 1[209]

Alors :
\boxed{0\text{ et }1 \text{ sont des solutions de }(E_{209})}


2- On a vu passer cet entier relatif 209 dans la partie A lorsqu'on avait multiplié 11 par 19 :

\boxed{209=11\times19}


3- On étudie dans cette partie une équation modulaire faisant intervenir l'inconnu réel x et sont carré x^2 . On calcule alors :

133^2-133=17556=84\times 209

77^2-77=5852=28\times 209

Il s'ensuit que 133^2\equiv 133[209]\enskip\text{ et }\enskip77^2\equiv 77[209]

\boxed{ 77\text{ et }133 \text{ sont solutions de l'équation }(E_{209})}


4-a) Soit x une solution de l'équation (E_{209}) .

Alors :

\begin{matrix} x^2\equiv x[209]&\iff& x^2-x\equiv 0[209] \\&\iff& x(x-1)\equiv 0[209] \\&\iff& 209|x(x-1) \end{matrix}

De plus , d'après la question 2- , 19/209 \text{ et }11/209 .

D'où :
\boxed{19/x(x-1)\text{ et }11/x(x-1)}


b) On a x-(x-1)=1

Alors directement , d'après le théorème de Bézout :
\boxed{x\wedge (x-1)=1 }


5-a) Soit x une solution de (E_{209}) appartenant à \lbrace 2;3;\dots;208\rbrace

D'après la question précédente 11/x(x-1) , de plus 11 est premier , alors 11/x\text{ ou }11/(x-1) .

De même , 19/x(x-1) et 19 est premier , alors 19/x\text{ ou }19/(x-1) .

On a alors : \left(11/x\text{ ou }11/(x-1)\right)\text{ et }\left(19/x\text{ ou }19/(x-1)\right) .

''\text{et}'' étant distributive par rapport à ''\text{ou}'' , on obtient donc :

\left(11/x\text{ et }19/x\right)\text{ ou }\left(11/x\text{ et }19/(x-1)\right)\text{ ou }\left(11/(x-1)\text{ et }19/x\right)\text{ ou }\left(11/(x-1)\text{ et }19/(x-1)\right) .

Or , 11\wedge 19= 1 , alors si on suppose que 11/x \text{ et }19/x , on aura 11\times19=209\text{ divise }x , ce qui est impossible ici car x \leq 208 .

De même , on ne peut pas avoir 11/(x-1) \text{ et }19/(x-1) car 209 ne peut pas diviser x-1 .

Par suite :

\left(11/x\text{ et }19/(x-1)\right)\text{ ou }\left(11/(x-1)\text{ et }19/x\right)\enskip \enskip(*) .

En ne retenant que les propositions qui nous interessent :

\boxed{19/x \text{ ou }11/x }


5-b) Si x=19k\text{ , }k\in\Z , alors 19/x .

Et d'après l'assertion (*) de la question précédente , on a aussi \boxed{11/(x-1)} .

D'où x-1\equiv 0[11] , donc 19k-1\equiv 0[11] ou encore 19k\equiv 1[11] .

Puisque x est une solution de (E_{209}) de \lbrace 2;3;\cdots;208\rbrace . alors k doit appartenir à \lbrace 1;2;\cdots ;10\rbrace .

Donc , d'après la question 2-a) de la partie A , on a k=7 .

On conclut que :
\boxed{x=19\times 7=133}


5-c) Supposons que 11/x , donc x=11k'\text{ , }k'\in\Z .

D'après l'assertion (*) de la question 5-a) , on a aussi 19/(x-1) .

D'où x-1\equiv 0[19] , donc 11k'-1\equiv 0[19] ou encore 11k'\equiv 1[19] .

Puisque x est une solution de (E_{209}) de \lbrace 2;3;\cdots;208\rbrace . alors k' doit appartenir à \lbrace 1;2;\cdots ;18\rbrace .

Donc , d'après la question 2-b) de la partie A , on a k=7 .

On conclut que :
\boxed{x=11\times 7=77}
.

6- D'après la question 5- , Si x est solution de l'équation (E_{209}) appartenant à \lbrace 2;3;\dots;208\rbrace

Alors x=77 \text{ ou  }x=133 .

De plus , on a vérifié dans la question 1- que 0\text{ et }1 sont des solutions de (E_{209}) .

Conclusion :
\boxed{ \text{Les solutions de l'équation }(E_{209})  \text{ appartenant à } \lbrace 0;1;\dots;208\rbrace \text{ sont : } S_{(E_{209})}=\lbrace 0;1;77;133\rbrace }


Partie C

\text{ Soit }y\in\Z \text{ tel que }y\equiv x[209]


1- On a y\equiv x[209] , alors y^2\equiv x^2[209] .

D'où : y^2-y\equiv x^2-x[209]

Donc :
\boxed{y^2\equiv y[209]\text{ si et seulement si }x^2\equiv x[209]}


2- Soit y \in\Z une solution de l'équation (E_{209}) , et soit x le reste de y modulo 209 .

On a alors y=209k+x avec k\in\Z et x \in \lbrace 0;1;\dots;208\rbrace .

D'après la question précédente , x est aussi solution de (E_{209}) .

Et donc , d'après la question 6- de la partie B : x\in\lbrace 0;1;77;133\rbrace .

On en déduit que : y\in\lbrace 209k;209k+1;209k+77;209k+133 \text{ , }k\in\Z\rbrace

Conclusion :
\boxed{\text{L'ensemble des solutions dans } \Z \text{ de }(E_{209}) \text{ est }S_{\Z}=\lbrace 209k\text{ ; }209k+1\text{ ; }209k+77\text{ ; }209k+133 \text{ / }k\in\Z\rbrace}



exercice 4


Partie A

f:x\mapsto \dfrac{1}{\ln x} \enskip\text{ sur }\enskip]1;+\infty[


1-
\displaystyle\lim_{x\to 1^{+}}f(x)

On a \displaystyle\lim_{x\to 1^{+}}\ln x =0^+ , donc \displaystyle\lim_{x\to 1^{+}}\dfrac{1}{\ln x}=+\infty

Résultat :
\boxed{\displaystyle\lim_{x\to 1^{+}}f(x)=+\infty}


Interprétation graphique :
\boxed{\text{ La droite d'équation }x=1 \text{ est asymptote verticale à }(C)\text{ à droite }}


\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)

On a \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\ln x =+\infty , donc \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{1}{\ln x}=0

Résultat :
\boxed{\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)=0}


Interprétation graphique :
\boxed{\text{ L'axe des abscisses est asymptote horizontale à }(C)\text{ au voisinage de }+\infty}


2-a) f est une fonction dérivable sur ]1;+\infty[ comme inverse de la fonction x\mapsto \ln x dérivable et ne s'annulant pas sur ]1;+\infty[ .

\forall x\in]1;+\infty[ \text { : }

\begin{matrix} f'(x)&=&\left(\dfrac{1}{\ln x}\right)^{'} \\&=& -\dfrac{(\ln x)^'}{(\ln x)^2} \\&=& -\dfrac{\dfrac{1}{x}}{\ln^2(x)}\end{matrix}

D'où :
\boxed{\forall x\in]1;+\infty[\enskip : \enskip f'(x)=-\dfrac{1}{x\ln^2(x)}}


b) On a : \forall x\in ]1;+\infty[ \text{ : }x\ln^2(x)>0 . D'où  f'(x)<0 sur ]1;+\infty[ .

La fonction f est donc strictement décroissante sur ]1;+\infty[ , ce qui permet de dresser le tableau de variations de f :

\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|}\hline  x&& 1  && &&&+\infty\\\hline f'(x)&&\dbarre&&&-&&\\\hline\niveau{2}{3}f & &\niveau{3}{3}\dbarre&+\infty& &\decroit  &\niveau{1}{3}&0 \\\hline\end{tabvar}


c) Tracé :

On prend e\approx 2,71\text{ , }f(e)=1 \text{ et }f(2)=\dfrac{1}{\ln 2}\approx 1,44

Bac Tunisie SM 2022 : image 5


3- Posons g(x)=f(x)-x , g est une fonction définie sur ]1;+\infty[ .

g est continue et strictement décroissante sur ]1;+\infty[ car : g'(x)=f'(x)-1 <0 .

De plus : \displaystyle\lim_{x\to +\infty}g(x) =\lim_{x\to +\infty}f(x) -x=-\infty

Et : \displaystyle\lim_{x\to 1^{+}}g(x) =\lim_{x\to 1^{+}}f(x) -x=+\infty .

Donc g(]1;+\infty[)=]-\infty ; +\infty[ , d'où 0\in g(]1;+\infty[) .

D'après le théorème des valeurs intermédiaires (TVI) , l'équation g(x)=0 admet donc sur ]1;+\infty[ une unique solution qu'on note \alpha .

D'où :
\boxed{ \text{ l'équation } f(x)=x \text{ admet sur }]1;+\infty[ \text{ une unique solution }\alpha}


Enfin , g(e)=f(e)-e=1-e<0=g(\alpha) , et \text{ g est décroissante sur } ]1;+\infty[

On conclut donc que :
\boxed{\alpha <e }


Partie B

1- Soit n\in\N^{*} . Pour tout x>1\enskip , \enskip F(x)=\displaystyle \int_{\alpha}^{x}\left(f(t)\right)^n\text{ d}t \text{ et } H(x)=\int_{\ln\alpha}^{\ln x} \dfrac{e^t}{t^n}\text{ d}t .

a) Pour n \in \N^{*} , la fonction t\mapsto \dfrac{e^t}{t^n} est continue sur ]0;+\infty[ , elle admet donc une primitive \tilde{H} sur cet intervalle .

On a donc : H(x)=\tilde{H}(\ln x)-\tilde{H}(\ln\alpha) pour tout x>1 .

De plus , la fonction \ln est dérivable ]1;+\infty[ et on a \ln \left(]1;+\infty[\right)=]0;+\infty[ .

\tilde{H} est par définition dérivable sur ]0;+\infty[ .

On en déduit que \tilde{H}\circ\ln est dérivable sur ]1;+\infty[ .

D'où :
\boxed{H \text{ est dérivable sur }]1;+\infty[}


Calcul de H'(x) sur ]1;+\infty[ :

\begin{matrix}\forall x>1\text{ : }H'(x)&=&\left(\tilde{H}(\ln x) -\tilde{H}(\ln\alpha)\right)'\\&=&\left(\tilde{H}(\ln x)\right)'\\&=&\left(\tilde{H}\circ \ln \right)'(x\\&=&\ln'(x)\tilde{H}'(\ln x) \\&=&\dfrac{1}{x}\dfrac{e^{\ln x}}{(\ln(x))^n}\\&=&\dfrac{1}{(\ln(x))^n}\end{matrix}

\boxed{\forall x>1\text{ : }H'(x)=\dfrac{1}{\left(\ln x\right)^n}}


b) Pour tout n\in\N^{*}\text{ et }x>1 :

\begin{matrix}H(x)&=&\displaystyle\int_{\alpha}^{x}H'(t)\text{ d}t \\&=&\displaystyle\int_{\alpha}^{x}\dfrac{1}{\left(\ln t\right)^n}\text{ d}t \\&=&\displaystyle\int_{\alpha}^{x}\left[f(t)\right]^n\text{ d}t\\&=& F(x)\end{matrix}

\boxed{\forall x>1\text{ : }H(x)=F(x)}


2-a) Pour tout n\in\N^{*} :

\begin{matrix} U_n &=&\displaystyle\int_{\alpha}^{e}\left(f(t)\right)^n\text{ d}t\\&=&F(e)\\&=&H(e)\\&=&\displaystyle \int_{\ln\alpha}^{\ln e} \dfrac{e^t}{t^n}\text{ d}t \\&=&\displaystyle \int_{\ln\alpha}^{1}\dfrac{e^t}{t^n}\text{ d}t\end{matrix}

\boxed{U_n=\displaystyle \int_{\ln\alpha}^{1}\dfrac{e^t}{t^n}\text{ d}t}


b) Soit n \in\N^{*}\backslash\lbrace 1\rbrace

Soit \ln\alpha\leq t\leq 1 , alors e^{\ln \alpha}\leq e^{t}\leq e\enskip\text{ et }\enskip(\ln\alpha)^n\leq t^n\leq 1

D'où : e^{\ln \alpha}\leq e^{t}\leq e\enskip\text{ et }\enskip \dfrac{1}{t^n}\geq 1\geq 0

On a donc l'encadrement suivant : \dfrac{\alpha}{t^n}\leq\dfrac{e^t}{t^n}\leq \dfrac{e}{t^n}

Or , les fonctions t\mapsto\dfrac{\alpha}{t^n}\text{ ; }t\mapsto \dfrac{e^t}{t^n} \text{ et }t\mapsto \dfrac{e}{t^n} étant toutes continues sur [\ln\alpha;1]\enskip\enskip (\ln\alpha \leq 1) .

Donc : \displaystyle\int_{\ln\alpha}^{1}\dfrac{\alpha}{t^n}\text{ d}t\leq\displaystyle\int_{\ln\alpha}^{1}\dfrac{e^t}{t^n}\text{ d}t\leq\displaystyle\int_{\ln\alpha}^{1} \dfrac{e}{t^n}\text{ d}t

En intégrant , on obtient : \alpha\left[\dfrac{t^{-n+1}}{-n+1}\right]_{\ln\alpha}^{1} \leq U_n\leq e\left[\dfrac{t^{-n+1}}{-n+1}\right]_{\ln\alpha}^{1}

\alpha étant l'unique solution de l'équation f(x)=x d'après la partie A , \ln\alpha=\dfrac{1}{\alpha}=\alpha^{-1}

Il s'ensuit : \alpha\text{ }\dfrac{1-(\alpha^{-1})^{-n+1}}{-n+1}\leq U_n\leq e\text{ }\dfrac{1-(\alpha^{-1})^{-n+1}}{-n+1}

Ou encore : -\alpha\text{ }\dfrac{1-\alpha^{n-1}}{n-1}\leq U_n\leq -e\text{ }\dfrac{1-\alpha^{n-1}}{n-1} .

Conclusion :
\boxed{\text{Pour tout }n\geq 2 \enskip , \enskip \dfrac{\alpha^{n}-\alpha}{n-1}\leq U_n\leq \dfrac{e}{n-1}(\alpha^{n-1}-1)}


c) Soit n\geq 2 .

On a alors : \dfrac{\alpha^n}{n}=\dfrac{e^{\ln(\alpha^n)}}{n}=\dfrac{e^{n\ln\alpha}}{n}=\ln\alpha\enskip\dfrac{e^{n\ln\alpha}}{n\ln\alpha}}

Puisque \displaystyle\lim_{n\to+\infty} n\ln\alpha =+\infty\enskip\enskip(\ln \alpha>0) , donc \displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{e^{n\ln\alpha}}{n\ln\alpha}}=+\infty .

D'où :
\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\alpha^n}{n}=+\infty}


D'après la question précédente : \forall n\geq 2 \enskip : \enskip \dfrac{\alpha^{n}-\alpha}{n-1}\leq U_n .

Et : \displaystyle \lim_{n\to+\infty}\dfrac{\alpha^{n}-\alpha}{n-1}=\displaystyle \lim_{n\to+\infty}\dfrac{\alpha^{n}}{n}\times \dfrac{n}{n-1}-\dfrac{\alpha}{n-1}=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\alpha^{n}}{n}=+\infty\enskip\enskip\enskip\left(\text{ En effet }\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{n}{n-1}=1\enskip\text{ et }\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\alpha}{n-1}=0\right)

En en déduit que :
\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n=+\infty}


d) Pour n\geq 2\enskip:\enskip\dfrac{\alpha^{n}-\alpha}{n-1}\leq U_n\leq \dfrac{e}{n-1}(\alpha^{n-1}-1)

D'où : \dfrac{1-\alpha^{1-n}}{n-1}\leq \dfrac{U_n}{\alpha^n}\leq \dfrac{e}{n-1}(\alpha^{-1}-\alpha^{-n})

On a : \displaystyle \lim_{n\to+\infty}\alpha^{1-n}=\lim_{n\to+\infty}e^{(1-n)\ln\alpha}=0\enskip\enskip ,\enskip\enskip (\text{ Puisque : } \lim_{n\to+\infty}(1-n)\ln\alpha=-\infty\text{ )}

De plus \displaystyle \lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n-1}=0 .

D'où : \displaystyle \lim_{n\to+\infty}\dfrac{1-\alpha^{1-n}}{n-1}=0 .

D'autre part: \displaystyle \lim_{n\to+\infty}\alpha^{-n}=\lim_{n\to+\infty}e^{-n\ln\alpha}=0\enskip\enskip ,\enskip\enskip (\text{ Puisque : } \lim_{n\to+\infty}-n\ln\alpha=-\infty\text{ )}

D'où :  \displaystyle \lim_{n\to+\infty}\dfrac{e}{n-1}(\alpha^{-1}-\alpha^{-n})=\displaystyle \lim_{n\to+\infty}\dfrac{e}{n-1}\alpha^{-1}=0

On conclut que :
\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{U_n}{\alpha^n}=0}
.

3- Pour tout n\geq 1 \enskip : \enskip S_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{k=n} (k-2)U_k .

a) Pour tout n\geq 1 \enskip : \enskip U_n=\displaystyle \int_{\alpha}^{e}\left(f(t)\right)^n \text{ d}t .

On pose : u(t)=\left(f(t)\right)^n\enskip \text{ et }\enskip v'(t)=1

On a u est dérivable sur [\alpha ; e ] et :
u'(t)=nf'(t)\left(f(t)\right)^{n-1}=n\left(-\dfrac{1}{t\ln^2 t}\right)\left(f(t)\right)^{n-1} = -\dfrac{n}{t}\left(f(t)\right)^{2}\left(f(t)\right)^{n-1}=-\dfrac{n}{t}\left(f(t)\right)^{n+1}

D'autre part , v est continue sur [\alpha ; e ] et admet v(t)=t comme primitive sur cet intervalle .

Intégration par parties :

\begin{matrix}U_n&=&\displaystyle \int_{\alpha}^{e}\left(f(t)\right)^n \text{ d}t&=&\displaystyle \int_{\alpha}^{e}u(t)v'(t) \text{ d}t\\&=&   \displaystyle \left[u(t)v(t)\right]_{\alpha}^{e}-\displaystyle\int_{\alpha}^{e} u^{'}(t)v(t)\text{ d}t &=& \displaystyle\left[t(f(t))^n\right]_{\alpha}^{e}+ \displaystyle\int_{\alpha}^{e} \dfrac{nt}{t}\left(f(t)\right)^{n+1}\text{ d}t\\&=& e\left(f(e)\right)^n-\alpha\left(f(\alpha)\right)^n + \displaystyle n\int_{\alpha}^{e}\left(f(t)\right)^{n+1}\text{ d}t &=&e-\alpha \alpha^n+nU_{n+1} \end{matrix}

En effet : f(e)=1 \text{ et }f(\alpha)=\alpha

Conclusion :
\boxed{\forall n\geq 1\enskip : \enskip U_n= e-\alpha^{n+1}+nU_{n+1} }


b) Montrons par récurrence que \text{  pour tout } n\in\mathbb{N}^{*} \text{  : } S_n=\dfrac{\alpha^{n+1}-\alpha^2}{\alpha-1}+(1-n)e-U_n .

On pose \mathcal{P}(n)\text{  : }S_n=\dfrac{\alpha^{n+1}-\alpha^2}{\alpha-1}+(1-n)e-U_n

Initialisation : Pour n=1 on a :

S_1=\displaystyle \sum_{k=1}^{1}(k-2)U_k=-U_1

\dfrac{\alpha^{1+1}-\alpha^2}{\alpha-1}+(1-1)e-U_1=\dfrac{\alpha^{2}-\alpha^2}{\alpha-1}-U_1=-U_1

La proposition \mathcal{P}(1) est donc vraie.

Hérédité : Soit n un entier naturel non nul et supposons que \mathcal{P}(n) est vraie.

Montrons que dans ce cas, \mathcal{P}(n+1) l'est aussi.

On a :

\begin{matrix} S_{n+1}&=&\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}(k-2)U_k &=& \displaystyle\sum_{k=1}^{n}(k-2)U_k+ (n+1-2)U_{n+1}\\&=& S_n+(n-1)U_{n+1} &=& \dfrac{\alpha^{n+1}-\alpha^2}{\alpha-1}+(1-n)e-U_n+(n-1)U_{n+1} \\&=& \dfrac{\alpha^{n+1}-\alpha^2}{\alpha-1}+(1-n)e-\underbrace{\left(e-\alpha^{n+1}+nU_{n+1}\right)}_{\text{ D'après la question précédente}}+(n-1)U_{n+1}&=&\dfrac{\alpha^{n+1}-\alpha^2}{\alpha-1}+\dfrac{\alpha^{n+1}(\alpha-1)}{\alpha-1}-ne-U_{n+1}\\&=&\dfrac{\alpha^{n+2}-\alpha^2}{\alpha-1}-ne-U_{n+1}&=&\dfrac{\alpha^{n+2}-\alpha^2}{\alpha-1}+(1-(n+1))e-U_{n+1}\end{matrix}

Cela veut dire que \mathcal{P}(n+1) est vraie.

On conclut par récurrence que :
\boxed{\forall n\geq 1 \enskip , \enskip S_n=\dfrac{\alpha^{n+1}-\alpha^2}{\alpha-1}+(1-n)e-U_n }


c) Soit n\in\N^{*} :

On a : \dfrac{S_n}{\alpha^n}= \dfrac{1}{\alpha^n}\enskip\dfrac{\alpha^{n+1}-\alpha^2}{\alpha-1}+(1-n)e-U_n }=\dfrac{\alpha-\alpha^{2-n}}{\alpha-1}+(1-n)e\alpha^{-n}-\dfrac{U_n}{\alpha^n}

De plus :

\displaystyle \lim_{n\to+\infty} \alpha^{2-n}=\displaystyle \lim_{n\to+\infty} e^{({2-n})\ln \alpha}=0

\displaystyle \lim_{n\to+\infty} (1-n)\alpha^{-n}=\displaystyle \lim_{n\to+\infty}\alpha^{-1} (1-n)\alpha^{1-n}=0\enskip\enskip\text{ ( En effet : }\displaystyle\lim_{n\to +\infty} 1-n =-\infty \text{ et }\displaystyle\lim_{x\to-\infty} xe^x=0\text{ ) }

D'après 2-d) : \displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{U_n}{\alpha^n}=0

On obtient :
\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{S_n}{\alpha^n}=\dfrac{\alpha}{\alpha-1}}
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