Fiche de mathématiques

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Bac Tunisie SM 2022

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 $f$ où $a$ 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 $x=19k$ où $k$ 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 :

Figure 2 :

Voir la correction

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 :

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 :

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 $0\text{ et }1$ $\text{[math]}$ 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 $e\approx 2,71\text{ , }f(e)=1 \text{ et }f(2)=\dfrac{1}{\ln 2}\approx 1,44$

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 $u$ $\text{[math]}$ 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 : $\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{S_n}{\alpha^n}=\dfrac{\alpha}{\alpha-1}}$

Publié par malou/Panter le 30-08-2022

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