Fiche de mathématiques
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Bac Maroc 2024 Sciences-Mathématiques

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Durée : 4 heures

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7,5 points

exercice 1

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2,5 points

exercice 2

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3,5 points

exercice 3

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3,5 points

exercice 4

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3 points

exercice 5

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Bac Maroc 2024 Sc-Maths

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7,5 points

exercice 1

Soit  \overset{ { \white{ . } } } {f  }  la fonction numérique définie sur l'intervalle  \overset{ { \white{ . } } } { [1\;;\;+\infty[ }  par :

 \overset{ { \white{ . } } } { f(1)=\dfrac12 }  et pour tout  \overset{ { \white{  } } } { x\in\;]1\;;\;+\infty[,\quad f(x)=\dfrac{\ln(x)}{x^2-1} .} 


1.  Montrons que  \overset{ { \white{ . } } } { f }  est continue à droite en 1.

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}Nous savons que  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{f(1)=\dfrac12}\,. } 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}Calculons  \overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{x\to1^+}f(x). }

{ \white{ xxi } } \lim\limits_{x\to1^+}f(x)=\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{\ln(x)}{x^2-1}  \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to1^+}f(x)}=\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{\ln(x)}{(x+1)(x-1)} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to1^+}f(x)}=\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{1}{x+1}\times\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{\ln(x)}{x-1} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to1^+}f(x)}=\dfrac12\times\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{\ln(x)}{x-1} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to1^+}f(x)}=\dfrac12\times\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{\ln(x)-\ln(1)}{x-1} }

{ \white{ xxi } }\\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to1^+}f(x)}=\dfrac12\times g'(1)}\quad\quad\text{où }g:x\mapsto g(x)=\ln(x) \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to1^+}f(x)}=\dfrac12\times 1}\quad\quad\text{car  }g'(x)=\dfrac1x\Longrightarrow g'(1)=\dfrac11=1 \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to1^+}f(x)}=\dfrac12} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=\dfrac12}

Nous en déduisons que  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to1^+}f(x)=f(1)}\,. } 
Par conséquent, la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { f }  est continue à droite en 1.

2.  Calculons  \overset{ { \white{ P. } } } { \lim\limits_{x\to+\infty}f(x). } 

{ \white{ xxi } }\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x^2-1}  \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)}=\dfrac12\times\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2\ln(x)}{x^2-1} } \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)}=\dfrac12\times\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x^2)}{x^2-1} } \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)}=\dfrac12\times0\quad\text{(croissances comparés)} } \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)}=0 } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0}

Donc la courbe  \overset{ { \white{ . } } } { \mathcal(C) }  admet une asymptote horizontale d'équation  \overset{ { \white{ . } } } { y=0 }  au voisinage de  \overset{ { \white{ . } } } { +\infty. } 

3. a)  Soit  \overset{ { \white{ . } } } { x\in\,]1\;;\;+\infty[. } 
En posant  \overset{ { \white{ . } } } { t=(x-1)^2 } , vérifions que :  \overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^2}=\dfrac{-\sqrt t+\ln(1+\sqrt t)}{t}. } 

En effet,

x\in\,]1\;;\;+\infty[\quad\Longleftrightarrow\quad x>1\quad\Longleftrightarrow\quad x-1>0.

t=(x-1)^2\quad\Longleftrightarrow\quad\sqrt t=x-1\quad(\text{car }x-1>0) \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{t=(x-1)^2}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}1-x=-\sqrt t\\x=1+\sqrt t\end{matrix}\right.}

Nous en déduisons que pour tout  \overset{ { \white{ . } } } { x\in\,]1\;;\;+\infty[,\quad \boxed{\dfrac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^2}=\dfrac{-\sqrt t+\ln(1+\sqrt t)}{t}}\,. } 

3. b)  Montrons que  \overset{ { \white{ . } } } {(\forall t\in\,]0\;;\;+\infty[)\,,\quad -\dfrac12<\dfrac{-\sqrt t+\ln(1+\sqrt t)}{t}<\dfrac{-1}{2(1+\sqrt t)}.}

Soit la fonction  \overset{ { \white{ _. } } } { h }  définie sur l'intervalle  \overset{ { \white{ . } } } {[0\;;\;t]  }  par  \overset{ { \white{ . } } } { h(x)=-\sqrt x+\ln(1+\sqrt x). } 

La fonction  \overset{ { \white{ _. } } } { h }  est continue sur  \overset{ { \white{ . } } } { [0\;;\;t] }  et dérivable sur  \overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;t[. } 

Selon le théorème des accroissements finis, nous obtenons :  \overset{ { \white{ . } } } { \exists\,c \in\,]0\;;\;t[\,:h(t)-h(0)=h'(c)(t-0)}

soit  \overset{ { \white{ . } } } { \exists\,c \in\,]0\;;\;t[\,:h(t)=h'(c)\,t}  car  \overset{ { \white{ . } } } { h(0)=0. } 

Or, pour tout  \overset{ { \white{ . } } } { x\in\,]0\;;\;t[,  } 

{ \white{ xxi } }h'(x)=\Big[-\sqrt x+\ln(1+\sqrt x)\Big]' \\\phantom{h'(x)}=\dfrac{-1}{2\sqrt x}+\dfrac{(1+\sqrt x)'}{1+\sqrt x} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{h'(x)}=\dfrac{-1}{2\sqrt x}+\dfrac{1}{2\sqrt x(1+\sqrt x)}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{h'(x)}=\dfrac{-1-\sqrt x+1}{2\sqrt x(1+\sqrt x)}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{h'(x)}=\dfrac{-\sqrt x}{2\sqrt x(1+\sqrt x)}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{h'(x)}=\dfrac{-1}{2(1+\sqrt x)}} \\\\\Longrightarrow\quad  \boxed{h'(c)=\dfrac{-1}{2(1+\sqrt c)}}

\text{D'où }\quad\exists\,c \in\,]0\;;\;t[\,:h(t)=h'(c)\,t\quad\Longleftrightarrow\quad \exists\,c \in\,]0\;;\;t[\,:\dfrac{h(t)}{t}=h'(c) \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\text{D'où }\quad\exists\,c \in\,]0\;;\;t[\,:h(t)=h'(c)\,t}\quad\Longleftrightarrow\quad \exists\,c \in\,]0\;;\;t[\,:\boxed{\dfrac{-\sqrt t+\ln(1+\sqrt t)}{t}=\dfrac{-1}{2(1+\sqrt c)}}}

\text{Or }\quad c\in\,]0\;;\;t[\quad\Longrightarrow\quad 0<c<t \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\text{Or }\quad c\in\,]0\;;\;t[}\quad\Longrightarrow\quad 0<\sqrt c<\sqrt t} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\text{Or }\quad c\in\,]o\;;\;t[}\quad\Longrightarrow\quad 1<1+\sqrt c<1+\sqrt t} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\text{Or }\quad c\in\,]o\;;\;t[}\quad\Longrightarrow\quad 2<2(1+\sqrt c)<2(1+\sqrt t}) \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\text{Or }\quad c\in\,]o\;;\;t[}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{2}>\dfrac{1}{2(1+\sqrt c)}>\dfrac{1}{2(1+\sqrt t)}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\text{Or }\quad c\in\,]o\;;\;t[}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{-1}{2}<\dfrac{-1}{2(1+\sqrt c)}<\dfrac{-1}{2(1+\sqrt t)}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\text{Or }\quad c\in\,]o\;;\;t[}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{-1}{2}<\dfrac{-\sqrt t+\ln(1+\sqrt t)}{t}<\dfrac{-1}{2(1+\sqrt t)}}

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{(\forall t\in\,]0\;;\;+\infty[)\,,\quad -\dfrac12<\dfrac{-\sqrt t+\ln(1+\sqrt t)}{t}<\dfrac{-1}{2(1+\sqrt t)}}\,.}

3. c)  Nous devons en déduire que  \overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^2}=-\dfrac12. } 

Nous avons montré que pour tout  \overset{ { \white{ . } } } { x\in\,]1\;;\;+\infty[,\quad \dfrac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^2}=\dfrac{-\sqrt t+\ln(1+\sqrt t)}{t}}\,.  

Puisque  \overset{ { \white{ . } } } { t=(x-1)^2, }  nous obtenons :  \overset{ { \white{ . } } } { (x\to1^+)\quad\Longleftrightarrow\quad(t\to 0^+). } 

D'où  \overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^2}=\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{-\sqrt t+\ln(1+\sqrt t)}{t} } 

En appliquant le théorème d'encadrement (théorème des gendarmes), nous déduisons que :

 \overset{ { \white{ . } } } { \left\lbrace\begin{matrix}-\dfrac12<\dfrac{-\sqrt t+\ln(1+\sqrt t)}{t}<\dfrac{-1}{2(1+\sqrt t)}\\\lim\limits_{t\to 0^+}\dfrac{-1}{2(1+\sqrt t)}=-\dfrac{1}{2}\phantom{WWWWWW}\end{matrix}\right. \quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{-\sqrt t+\ln(1+\sqrt t)}{t}=-\dfrac12 }

  Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^2}=-\dfrac12}\,. } 

4. a)  Montrons que :  \underset{ { \white{ . } } } {(\forall\,x\in\,]1\;;+\infty[)\,,\quad \dfrac{f(x)-\dfrac12}{x-1}=-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}}

Pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]1\;;+\infty[\,,  } 

 -\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}=\dfrac{-\ln(x)}{2(x-1)(x+1)}+\dfrac{\ln(x)- x+1}{2(x-1)^2} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}}=\dfrac{-(x-1)\ln(x)}{2(x-1)^2(x+1)}+\dfrac{(x+1)\Big(\ln(x)-x+1\Big)}{2(x-1)^2(x+1)}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}}=\dfrac{-(x-1)\ln(x)+(x+1)\Big(\ln(x)-x+1\Big)}{2(x-1)^2(x+1)}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}}=\dfrac{\Big(-(x-1)+(x+1)\Big)\ln(x)+(x+1)(-x+1)}{2(x-1)^2(x+1)}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}}=\dfrac{\Big(-x+1+x+1\Big)\ln(x)-(x+1)(x-1)}{2(x-1)^2(x+1)}} 

.\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}}=\dfrac{2\ln(x)-(x^2-1)}{2(x-1)^2(x+1)}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x- 1)^2}}=\dfrac{2\ln(x)}{2(x-1)^2(x+1)}-\dfrac{x^2-1}{2(x-1)^2(x+1)}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}}=\dfrac{\ln(x)}{(x-1)^2(x+1)}-\dfrac{(x-1)(x+1)}{2(x-1)^2(x+1)}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}}=\dfrac{1}{x-1}\times\left[\dfrac{\ln(x)}{(x-1)(x+1)}-\dfrac{1}{2}\right]} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}}=\dfrac{\dfrac{\ln(x)}{(x-1)(x+1)}-\dfrac{1}{2}}{x-1}}

\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}}=\dfrac{\dfrac{\ln(x)}{x^2-1}-\dfrac{1}{2}}{x-1}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}}=\dfrac{f(x)-\dfrac{1}{2}}{x-1}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(\forall\,x\in\,]1\;;+\infty[)\,,\quad \dfrac{f(x)-\dfrac12}{x-1}=-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}}

4. b)  Nous devons en déduire que  \overset{ { \white{ . } } } { f }  est dérivable à droite en 1.

Montrons que  \overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} }  existe et est un nombre réel.

\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{f(x)-\dfrac12}{x-1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}}=\lim\limits_{x\to1^+}\left[-\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^2}\right]}

\text{Or }\quad \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{\ln(x)}{x-1}=\ln'(1)=\dfrac11=1\phantom{WWWWWW}\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{1}{2(x+1)}=\dfrac{1}{2(1+1)}=\dfrac14\phantom{WWWWWW}}\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{\ln(x)-x+1}{(x-1)^2}=-\dfrac12\quad\text{(voir question 3.c)}}\end{matrix}\right. \\\\ \text{D'où }\quad\lim\limits_{x\to1^+}\left[{\red{-}}\dfrac{\ln(x)}{x-1}\times\dfrac{1}{2(x+1)}+\dfrac12\times\dfrac{\ln(x)-x+1}{(x-1)^2}\right]={\red{-}}1\times\dfrac14+\dfrac{1}{2}\times\left(-\dfrac12\right)=-\dfrac12

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{ \lim\limits_{x\to1^+}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=-\dfrac12\in\R} } 

Nous en déduisons que  \overset{ { \white{ . } } } { f }  est dérivable à droite en 1 et que la courbe  \overset{ { \white{ . } } } { \mathcal{C} }  admet au point d'abscisse 1, une tangente de coefficient directeur égal à  \overset{ { \white{ . } } } { -\dfrac12. } 

5.  Pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,[1\;;\;+\infty[\,,} on pose  \overset{ { \white{ . } } } { I(x)=\displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac{t^2-1}{t^3}\text{ d}t\quad\text{et} \quad J(x)=\displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac{t^2-1}{t^2}\text{ d}t. } 

5. a)  Montrons que :  \overset{ { \white{ . } } } { \forall\, x\in\,[1\;;\;+\infty[\,,\quad 0\le I(x)\le J(x). } 

Soit  \overset{ { \white{ . } } } { x\ge1. } 

Pour tout  \overset{ { \white{ . } } } { t\in\,[1\;;\;x]\,, } 

{ \white{ xxi } }\left.\begin{matrix}\bullet\quad t\ge1\quad\Longrightarrow\quad t^2\ge1 \\\phantom{\bullet\quad t\ge1xxx}\quad\Longrightarrow\quad t^2-1\ge0 \\\\\bullet\quad t\ge1\quad\Longrightarrow\quad t^3>0\end{matrix}\right\rbrace\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{t^2-1}{t^3}\ge 0

Par la positivité de l'intégrale, nous obtenons :  \overset{ { \white{ . } } } { \displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac{t^2-1}{t^3}\text{ d}t\ge0. } 

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\forall\,x\in\,[1\;;\;+\infty[\,,I(x)\ge0} } 

Soit  \overset{ { \white{ . } } } { x\ge1. } 

Pour tout  \overset{ { \white{ . } } } { t\in\,[1\;;\;x]\,, } 

{ \white{ xxi } }{\left.\begin{matrix}\bullet\quad t\ge1\quad\Longrightarrow\quad t^2\ge1 \\\phantom{\bullet\quad t\ge1xxx}\quad\Longrightarrow\quad t^2-1\ge0 \\\\\phantom{WW}\bullet\quad t\ge1\quad\Longrightarrow\quad 0<t^2\le t^3\\\phantom{\bullet\quad t\ge1}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{t^3}\le \dfrac{1}{t^2}\end{matrix}\right\rbrace\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{t^2-1}{t^3}\le \dfrac{t^2-1}{t^2}

Par la positivité de l'intégrale, nous obtenons :  \overset{ { \white{ . } } } { \displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac{t^2-1}{t^3}\text{ d}t\le \displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac{t^2-1}{t^2}\text{ d}t. } 

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\forall\,x\in\,[1\;;\;+\infty[\,,I(x)\le J(x)} } 

En conséquence, nous obtenons :  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\forall\,x\in\,[1\;;\;+\infty[\,,0\le I(x)\le J(x)} } 

5. b)  Montrons que :  \overset{ { \white{ . } } } { \forall\, x\in\,[1\;;\;+\infty[\,,\quad I(x)=\ln (x)-\dfrac{x^2-1}{2x^2}\quad\text{et}\quad J(x)=\dfrac{(x-1)^2}{x}.} 

Pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,[1\;;+\infty[\,,  } 

{ \white{ xxi } }I(x)=\displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac{t^2-1}{t^3}\text{ d}t=\displaystyle\int_{1}^{x}\left(\dfrac{t^2}{t^3}-\dfrac{1}{t^3}\right)\text{ d}t=\displaystyle\int_{1}^{x}\left(\dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{t^3}\right)\text{ d}t \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{I(x)}=\left[\ln(t)+\dfrac{1}{2t^2}\right]_1^x} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{I(x)}=\left(\ln(x)+\dfrac{1}{2x^2}\right)-\left(\ln(1)+\dfrac{1}{2}\right)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{I(x)}=\ln(x)+\dfrac{1}{2x^2}-\dfrac{1}{2}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{I(x)}=\ln(x)+\dfrac{1-x^2}{2x^2}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\,]1\;;+\infty[\,,\quad I(x)=\ln(x)-\dfrac{x^2-1}{2x^2}}

{ \white{ xxi } }J(x)=\displaystyle\int_{1}^{x}\dfrac{t^2-1}{t^2}\text{ d}t=\displaystyle\int_{1}^{x}\left(\dfrac{t^2}{t^2}-\dfrac{1}{t^2}\right)\text{ d}t=\displaystyle\int_{1}^{x}\left(1-\dfrac{1}{t^2}\right)\text{ d}t \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{I(x)}=\left[t+\dfrac{1}{t}\right]_1^x} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{I(x)}=\left(x+\dfrac1x\right)-\left(1+\dfrac11\right)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{I(x)}=x+\dfrac1x-2} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{I(x)}=\dfrac{x^2+1-2x}{x}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{I(x)}=\dfrac{x^2-2x+1}{x}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\,[1\;;+\infty[\,,\quad J(x)=\dfrac{(x-1)^2}{x}}

5. c)  Montrons que :  \overset{ { \white{ . } } } { \forall\, x\in\,[1\;;\;+\infty[\,,\quad f'(x)=\dfrac{-2}{(x+1)^2}\times\dfrac{I(x)}{J(x)}} 

La fonction  \overset{ { \white{ . } } } { f }  est dérivable sur  \overset{ { \white{ . } } } {]1\;;\;+\infty[ \,.} 

D'une part, pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]1\;;\;+\infty[ \,,} 

{ \white{ xxi } }f'(x)=\left[\dfrac{\ln(x)}{x^2-1}\right]'=\dfrac{(\ln(x))'\times(x^2-1)-\ln(x)\times(x^2-1)'}{(x^2-1)^2} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{f'(x)}=\dfrac{\dfrac 1x\times(x^2-1)-\ln(x)\times2x}{(x^2-1)^2}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{f'(x)}=\dfrac{\dfrac {x^2-1}{x}-2x\,\ln(x)}{(x^2-1)^2}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{f'(x)}=\dfrac{x^2-1-2x^2\,\ln(x)}{x(x^2-1)^2}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{f'(x)=\dfrac{x^2-1-2x^2\,\ln(x)}{x(x^2-1)^2}}

D'autre part, pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]1\;;\;+\infty[ \,,} 

{ \white{ xxi } }\dfrac{-2}{(x+1)^2}\times\dfrac{I(x)}{J(x)}=\dfrac{-2}{(x+1)^2}\times\dfrac{\ln(x)-\dfrac{x^2-1}{2x^2}}{\dfrac{(x-1)^2}{x}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{\dfrac{-2}{(x+1)^2}\times\dfrac{I(x)}{J(x)}}=\dfrac{-2}{(x+1)^2}\times\dfrac{\dfrac{2x^2\,\ln(x)-(x^2-1)}{2x^2}}{\dfrac{2x(x-1)^2}{2x^2}}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{\dfrac{-2}{(x+1)^2}\times\dfrac{I(x)}{J(x)}}=\dfrac{-1}{(x+1)^2}\times\dfrac{2x^2\,\ln(x)-(x^2-1)}{x(x-1)^2}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{\dfrac{-2}{(x+1)^2}\times\dfrac{I(x)}{J(x)}}=\dfrac{(x^2-1)-2x^2\,\ln(x)}{x(x+1)^2(x-1)^2}} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\dfrac{-2}{(x+1)^2}\times\dfrac{I(x)}{J(x)}=\dfrac{(x^2-1)-2x^2\,\ln(x)}{x(x^2-1)^2}}

En conséquence,  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{ \forall\, x\in\,[1\;;\;+\infty[\,,\quad f'(x)=\dfrac{-2}{(x+1)^2}\times\dfrac{I(x)}{J(x)}}} 

5. d)  Nous devons en déduire que :  \overset{ { \white{ . } } } { \forall\, x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,\quad -\dfrac12\le f'(x)\le 0} 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}Montrons que  \overset{ { \white{ . } } } { \forall\, x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,\quad  f'(x)\le 0} 

D'une part, pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,\quad \dfrac{2}{(x+1)^2}>0\quad\Longrightarrow\quad \boxed{-\dfrac{2}{(x+1)^2}<0} \,.} 
D'autre part, par la question 5. a), nous savons que pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,\quad 0< I(x)\le J(x)\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\dfrac{I(x)}{J(x)}>0}} 

Nous en déduisons que pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,\quad\dfrac{-2}{(x+1)^2}\times\dfrac{I(x)}{J(x)}\le0\,,}  soit  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{{\red{f'(x)\le 0}}} } 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}Montrons que  \overset{ { \white{ . } } } { \forall\, x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,\quad  f'(x)\ge -\dfrac12\,.} 

D'une part, pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,} 

{ \white{ xxi } }x>1\quad\Longrightarrow\quad x+1>2 \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{x>1}\quad\Longrightarrow\quad (x+1)^2>4} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{x>1}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{(x+1)^2}<\dfrac{1}{4}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{x>1}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{-2}{(x+1)^2}>\dfrac{-2}{4}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{x>1}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\dfrac{-2}{(x+1)^2}>-\dfrac{1}{2}}}

D'autre part, par la question 5. a), nous savons que pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,\quad 0< I(x)\le J(x)\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\dfrac{I(x)}{J(x)}>0}} 

Nous en déduisons que pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,\quad\dfrac{-2}{(x+1)^2}\times\dfrac{I(x)}{J(x)}\ge -\dfrac12\,,}  soit  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{{\red{f'(x)\ge -\dfrac12}}} } 
\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{ \forall\, x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,\quad -\dfrac12\le f'(x)\le 0}} 

6. a)  Puisque pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,\quad f'(x)\le 0\,,} la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { f }  est décroissante sur  \overset{ { \white{ . } } } {[1\;;\;+\infty[.  } 

Nous pouvons alors dresser le tableau de variations de la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { f. } 

{ \white{ WWWWWWW} }\begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&1&&&&+\infty\\&&&&&\\\hline&||&&&&&f'(x)&||&-&-&-&\\&||&&&&\\\hline&&&&&& &\dfrac12&&&& \\ f&&\searrow&\searrow&\searrow& \\ &&&&&0 \\ \hline \end{array}

6. b)  Traçons la courbe  \overset{ { \white{ . } } } { \mathcal(C). } 
Bac Maroc 2024 Sc-Maths  : image 13


7.  Montrons que l'équation  \overset{ { \white{ . } } } { f(x)=x-1 }  admet une unique solution  \overset{ { \white{ . } } } { a }  dans [1 ; 2].

Soit la fonction  \overset{ { \white{ _. } } } {d  }  définie sur  \overset{ { \white{ . } } } {[1\;;\;2[  }  par  \overset{ { \white{ . } } } { d(x)=f(x)-(x-1). } 

La fonction  \overset{ { \white{_. } } } {d  }  est continue et dérivable sur l'intervalle  \overset{ { \white{ . } } } { [1\;;2][\,.} 

Pour tout  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]1\;;2[\,,\quad d'(x)=f'(x)-1<0.  } 

Il s'ensuit que la fonction  \overset{ { \white{ . } } } {d  }  est strictement décroissante sur l'intervalle  \overset{ { \white{ . } } } { [1\;;2]} 

De plus,  \overset{ { \white{ . } } } { \left\lbrace\begin{matrix}d(1)=f(1)-(1-1)=\dfrac12>0\phantom{WWWWWWW}\\ \overset{ { \phantom{ . } } } {d(2)=f(2)-(2-1)=\dfrac{\ln(2)}{3}-1\approx-0,77<0}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \boxed{0\in\;]\,t(1)\;;\;t(2)\,[} }  

Par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel  \overset{ { \white{ . } } } { a\in\,]1\;;\;2[ } tel que  \overset{ { \white{ . } } } { d(a)=0. } 
D'où l'équation  \overset{ { \white{ . } } } {d(x)=0 }  admet une unique solution  \overset{ { \white{ . } } } { a }  sur l'intervalle  \overset{ { \white{ . } } } {]1\;;\;2[.} 

Dès lors, l'équation  \overset{ { \white{ . } } } { f(x)=x-1 }  admet une unique solution  \overset{ { \white{ . } } } { a }  sur l'intervalle  \overset{ { \white{ . } } } {]1\;;\;2[.} 

8.  Soit  \overset{ { \white{ . } } } { (a_n)_{n\in\N} }  la suite numérique définie par :  \overset{ { \white{ . } } } { \left\lbrace\begin{matrix}a_0\in[1\;;\;+\infty[\phantom{WWWWW}\\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  a_{n+1}=1+f(a_n)\quad(\forall\,n\in\N)}\end{matrix}\right. } 

8. a)  Montrons que :  \overset{ { \white{ . } } } { (\forall\,n\in\N)\,,\quad | \; a_{n+1}-a\;|\;\le \dfrac12\, |  \; a_{n}-a\;| } 

Selon la question 7, nous savons que  \overset{ { \white{ . } } } { f(a)=a-1 } , soit que  \overset{ { \white{ . } } } { a=f(a)+1. } 

Nous obtenons alors :  \overset{ { \white{ . } } } { a_{n+1}-a=1+f(a_n)-f(a)-1\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{a_{n+1}-a=f(a_n)-f(a)} }  De plus, nous avons montré dans la question 5. d) que  \overset{ { \white{ . } } } {\forall\, x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,\quad -\dfrac12\le f'(x)\le 0  }  et par suite que  \overset{ { \white{ . } } } {\forall\, x\in\,]1\;;\;+\infty[\,,\quad |\;f'(x)\;|\le\dfrac12.  } 

Selon l'inégalité des accroissements finis, nous déduisons que  \overset{ { \white{ . } } } { \forall\, n\in\,\N\,,\quad \boxed{|\;f(a_n)-f(a)\;|\le\dfrac12\,|\;a_n-a\;|} } 

Dès lors,  \overset{ { \white{ . } } } { \forall\,n\in\N,\quad\left\lbrace\begin{matrix}a_{n+1}-a=f(a_n)-f(a)\\ \overset{ { \phantom{ . } } } { |\;f(a_n)-f(a)\;|\le\dfrac12\,|\;a_n-a\;|}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,n\in\N,\quad|\;a_{n+1}-a\;|\le\dfrac12\,|\;a_n-a\;|} } 

8. b)  Montrons par récurrence que :   (\forall\,n\in\N)\,,\quad| \; a_{n}-a\;|\;\le \left(\dfrac12\right)^n\, \left|\; a_{0}-a\;\right|  

Initialisation  : Montrons que la propriété est vraie pour n  = 0, soit que   \overset{{\white{.}}}{|\; a_{0}-a\;|\;\le \left(\dfrac12\right)^0\, |\; a_{0}-a\;|}
C'est une évidence car  \overset{{\white{.}}}{|\; a_{0}-a\;|\;\le 1\times\, |\; a_{0}-a\;|\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{|\; a_{0}-a\;|\;\le \left(\dfrac12\right)^0\, |\; a_{0}-a\;|}}
Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité  : Montrons que si pour un nombre naturel n  fixé, la propriété est vraie au rang n , alors elle est encore vraie au rang (n +1).
Montrons donc que si pour un nombre naturel n  fixé,   (\forall\,n\in\N)\,,\quad| \; a_{n}-a\;|\;\le \left(\dfrac12\right)^n\, \left|\; a_{0}-a\;\right|   , alors nous avons :   \overset{{\white{.}}}{ | \; a_{n+1}-a\;|\;\le \left(\dfrac12\right)^{n+1}\, \left|\; a_{0}-a\;\right|  .}

En effet,

{ \white{ xxi } }|\; a_{n+1}-a\;|=\dfrac12\,|\; a_{n}-a\;| \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{|\; a_{n+1}-a\;|}=\dfrac12\,\times  \left(\dfrac12\right)^n\, |\; a_{0}-a\;|} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{|\; a_{n+1}-a\;|}= \left(\dfrac12\right)^{n+1}\, |\; a_{0}-a\;|} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{|\; a_{n+1}-a\;|= \left(\dfrac12\right)^{n+1}\, |\; a_{0}-a\;|}

L'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que:   \overset{ { \white{ . } } } {(\forall\,n\in\N)\,,\quad| \; a_{n}-a\;|\;\le \left(\dfrac12\right)^n\, \left|\; a_{0}-a\;\right| }  

8. c)  Nous devons en déduire que la suite  \overset{ { \white{ . } } } { (a_n)_{n\in\N} }  est convergente.

Nous avons démontré que   (\forall\,n\in\N)\,,\quad| \; a_{n}-a\;|\;\le \left(\dfrac12\right)^n\, \left|\; a_{0}-a\;\right|  
Or  \overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac12\right)^n=0 }  car  \overset{ { \white{ . } } } { 0<\dfrac12<1. } 

Nous en déduisons que  \overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{n\to+\infty}| \; a_{n}-a\;|=0 } 

Par conséquent, la suite  \overset{ { \white{ . } } } { (a_n)_{n\in\N} }  converge vers le réel  \overset{ { \white{ . } } } { a. } 

2,5 points

exercice 2

Soit  \overset{ { \white{ . } } } { F }  la fonction numérique définie sur l'intervalle [0 ; 1] par :  \overset{ { \white{ . } } } { F(x)=\displaystyle\int_0^x\text e^{t^2}\,\text{d}t. }  1. a)  Nous devons montrer que  \overset{ { \white{ . } } } { F }  est continue et strictement croissante sur [0 ; 1].

Soit  \overset{ { \white{ . } } } { f }  la fonction numérique définie sur l'intervalle [0 ; 1] par :  \overset{ { \white{ . } } } { f(x)=\text e^{t^2} } est continue sur [0 ; 1]

Nous observons alors que la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { F }  est définie sur l'intervalle [0 ; 1] par :  \overset{ { \white{ . } } } { F(x)=\displaystyle\int_0^xf(t)\,\text{d}t. } 

Selon le théorème fondamental de l'analyse, nous déduisons que la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { F }  est dérivable sur [0 ; 1] et par suite  \overset{ { \white{ . } } } { F }  est continue sur [0 ; 1].

De plus,  \overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\,[0\;;\;1], F'(x)=f(x)\,, }  soit  \overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\,[0\;;\;1], F'(x)=\text e^{x^2}>0\,. } 
Dès lors,  \overset{ { \white{ . } } } { F  }  est strictement croissante sur [0 ; 1].

1. b)  La fonction  \overset{ { \white{ . } } } { F }  est continue et strictement croissante sur [0 : 1].

De plus,  \overset{ { \white{ . } } } { F(0)=\displaystyle\int_0^0\text e^{t^2}\,\text{d}t\quad\Longrightarrow\quad F(0)=0. } 
Posons  \overset{ { \white{ . } } } { F(1)=\displaystyle\int_0^1\text e^{t^2}\,\text{d}t=\beta } 

Donc la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { F }  est une bijection de [0 ; 1] vers [0 ; beta] avec  \overset{ { \white{ . } } } { \beta=\displaystyle\int_0^1\text e^{t^2}\,\text{d}t. } 

2.  On note  \overset{ { \white{ . } } } { F^{-1} }  la bijection réciproque de  \overset{ { \white{ . } } } { F. } 

Pour tout  \overset{ { \white{ . } } } { n\in\,\N^*\,, }  on pose  \overset{ { \white{ . } } } {S_n=\dfrac 1n\displaystyle\sum_{k=1}^{k=n}F^{-1}\left(\dfrac kn\beta\right).} 

2. a)  Montrons que la suite  \overset{ { \white{ . } } } { (S_n)_{n\in\N^*} }  est convergente.

Nous avons montré que la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { F }  est continue sur l'intervalle [0 ; 1].
Dès lors, la fonction  \overset{ { \white{  } } } { F^{-1} }  est continue sur [0 ; beta].
Selon le théorème des sommes de Riemann, nous déduisons que  \overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\beta-0}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{k=n}F^{-1}\left(0+k\,\dfrac {\beta-0}{n}\right)=\displaystyle\int_0^{\beta}F^{-1}(t)\,\text{d} t } 

\text{Or}\;    \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\beta-0}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{k=n}F^{-1}\left(0+k\,\dfrac {\beta-0}{n}\right)=\displaystyle\int_0^{\beta}F^{-1}(t)\,\text{d} t  \\\\\phantom{\text{Or }}\quad\Longleftrightarrow\quad\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\beta}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{k=n}F^{-1}\left(k\,\dfrac {\beta}{n}\right)=\displaystyle\int_0^{\beta}F^{-1}(t)\,\text{d} t  \\\\\phantom{\text{Or }}\quad\Longleftrightarrow\quad\beta\times\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{k=n}F^{-1}\left(k\,\dfrac {\beta}{n}\right)=\displaystyle\int_0^{\beta}F^{-1}(t)\,\text{d} t  \\\\\phantom{\text{Or }}\quad\Longleftrightarrow\quad\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{k=n}F^{-1}\left(k\,\dfrac {\beta}{n}\right)=\dfrac{1}{\beta}\displaystyle\int_0^{\beta}F^{-1}(t)\,\text{d} t

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}S_n=\dfrac{1}{\beta}\displaystyle\int_0^{\beta}F^{-1}(t)\,\text{d} t } } 

Nous en déduisons donc que la suite  \overset{ { \white{ . } } } { (S_n)_{n\in\N^*} }  est convergente de limite  \overset{ { \white{ . } } } {\ell=\dfrac{1}{\beta}\displaystyle\int_0^{\beta}F^{-1}(t)\,\text{d} t\,. }  

2. b)  Montrons que  \overset{ { \white{ . } } } { \ell=\dfrac{1}{\beta}\displaystyle\int_0^{1}u\,\text e^{u^2}\,\text{d} u . } 

Soit le changement de variable :  \overset{ { \white{ . } } } { u=F^{-1}(t) } 

 \overset{ { \white{ . } } } { u=F^{-1}(t)\quad\Longleftrightarrow\quad t=F(u). } 

Nous avons alors :  \overset{ { \white{ . } } } { \text{d}t=F'(u)\,\text{d}u\quad\Longleftrightarrow\quad \text{d}t=\text{e}^{u^2}\,\text{d}u} } 
De plus,  \overset{ { \white{ . } } } { \left\lbrace\begin{matrix}t=0\quad\Longleftrightarrow\quad u=F^{-1}(0)\quad\Longleftrightarrow\quad u=0\\t=0 \quad\Longleftrightarrow\quad u=F^{-1}(\beta)\quad\Longleftrightarrow\quad u=1 \end{matrix}\right. } 

Nous en déduisons que :  \overset{ { \white{ . } } } { \displaystyle\int_0^{\beta}F^{-1}(t)\,\text{d} t=\displaystyle\int_0^{1}u\,\text e^{u^2}\,\text{d} u. } 

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } { \ell=\dfrac{1}{\beta}\displaystyle\int_0^{\beta}F^{-1}(t)\,\text{d} t \quad\Longrightarrow\quad \boxed{ \ell=\dfrac{1}{\beta}\displaystyle\int_0^{1}u\,\text e^{u^2}\,\text{d} u} } 

2. c)  Nous devons en déduire que :  \overset{ { \white{ . } } } { \ell=\dfrac{\text e-1}{2\beta}\,. } 
En effet,

{ \white{ xxi } }\ell=\dfrac{1}{\beta}\displaystyle\int_0^{1}u\,\text e^{u^2}\,\text{d} u \\  \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\ell}=\dfrac{1}{2\beta}\displaystyle\int_0^{1}2u\,\text e^{u^2}\,\text{d} u} \\  \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\ell}=\dfrac{1}{2\beta}\Big[\text e^{u^2}\Big]_0^1} \\  \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\ell}=\dfrac{1}{2\beta}\Big(\text e^{1}-\text e^0\Big)} \\  \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\ell}=\dfrac{1}{2\beta}\Big(\text e-1\Big)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\ell=\dfrac{\text e-1}{2\beta}}

3,5 points

exercice 3

On considère dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C }  l'équation d'inconnue  \overset{ { \white{ . } } } { z :\quad\duad (E_{\alpha}):z^2-2\text i z+\alpha=0\quad\quad\text{où }\alpha\in\C\,.  }

Partie I :

1. a)  Montrons que le discriminant de l'équation  \overset{ { \white{ . } } } { (E_{\alpha}) }  est  \overset{ { \white{ . } } } { \Delta=-4(1+\alpha). } 

{ \white{ xxxxi } }\Delta=(-2\text i)^2-4\times1\times\alpha \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{\Delta}=-4-4\alpha} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{\Delta}=-4(1+\alpha)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\Delta=-4(1+\alpha)}

1. b)  L'équation  \overset{ { \white{ . } } } { (E_{\alpha}) }  admet deux solutions distinctes dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C }  si et seulement si  \overset{ { \white{ . } } } {\Delta\neq 0.  } 

\text{Or }\quad\Delta\neq 0\quad\Longleftrightarrow\quad -4(1+\alpha)\neq 0 \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{\text{Or }\quad\Delta\neq 0}\quad\Longleftrightarrow\quad  1+\alpha\neq 0} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{\text{Or }\quad\Delta\neq 0}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\alpha\neq -1}}

Par conséquent, l'ensemble des valeurs de  \overset{ { \white{ . } } } { \alpha }  pour lesquelles l'équation  \overset{ { \white{ . } } } { (E_{\alpha}) }  admet deux solutions distinctes dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C }  est  \overset{ { \white{ . } } } { \C\setminus\lbrace-1\rbrace\,. } 

2.  On note  \overset{ { \white{ . } } } { z_1 }  et  \overset{ { \white{ . } } } { z_2 }  les solutions de l'équation  \overset{ { \white{ . } } } { (E_{\alpha}) \,.} 

Nous savons que si l'équation  \overset{ { \white{ _. } } } { az^2 + bz + c = 0}  avec  \overset{ { \white{ . } } } {a \neq 0, }  admet deux racines  \overset{ { \white{ . } } } { z_1 }  et  \overset{ { \white{ . } } } { z_2 ,}  alors :  \overset{ { \white{ . } } } { z_1 + z_2 = -\dfrac{\text{b}}{\text{a}} }  et  \overset{ { \white{ . } } } { z_1 z_2 = \dfrac{\text{c}}{\text{a}} \,.} 

Dès lors,

{ \white{ xxxxi } }\left\lbrace\begin{matrix}z_1+z_2=\dfrac{-(-2\text i)}{1}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{z_1+z_2=2\text i} \\\\z_1z_2=\dfrac{\alpha}{1}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{z_1z_2=\alpha}\phantom{WWWW}\end{matrix}\right.

Partie II :

Soient  \overset{ { \white{ . }  } } {\Omega\;,\; M_1  }  et  \overset{ { \white{ . } } } {M_2  }  les points d'affixes respectives  \overset{ { \white{ . } } } { \alpha\;,\; z_1 }  et  \overset{ { \white{ . } } } { z_2. } 

1.  On suppose que  \overset{ { \white{  } } } { \alpha = m^2-2m }  avec  \overset{ { \white{ _. } } } { m\in \R. } 

1.  a)  Déterminons  \overset{ { \white{ . } } } { z_1 }  et  \overset{ { \white{ . } } } { z_2 }  en fonction de  \overset{ { \white{ . } } } { m. } 

Calculons le discriminant de l'équation  \overset{ { \white{ . } } } { (E_{\alpha}). } 

{ \white{ xxi } }\Delta=-4(1+\alpha) \\\phantom {\Delta}=-4(1+m^2-2m) \\\phantom {\Delta}=-4(m^2-2m+1) \\\phantom {\Delta}=-4(m-1)^2<0\quad\text{car }m\in\R \\\phantom {\Delta}=\Big(2\text i(m-1)\Big)^2

Calculons les solutions de l'équation  \overset{ { \white{ . } } } { (E_{\alpha}). } 

{ \white{ xxi } }\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}z_1=\dfrac{2\text i-2\text i(m-1)}{2} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\bullet\ z_1}=\dfrac{2\text i-2\text im+2\text i}{2}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\bullet\ z_1}=\dfrac{4\text i-2\text im}{2}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\bullet\ z_1}=\dfrac{2(2-m)\text i}{2}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\bullet\ z_1}=(2-m)\text i}

{ \white{ xxi } }\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}z_2=\dfrac{2\text i+2\text i(m-1)}{2} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\bullet\ z_2}=\dfrac{2\text i+2m\text i-2\text i}{2}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\bullet\ z_2}=\dfrac{2m\text i}{2}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\bullet\ z_2}=m\text i}

D'où les solutions de l'équation  \overset{ { \white{ . } } } { (E_{\alpha}) }  sont  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{ z_1= (2-m)\text i}}  et  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{z_2=m\text i }} 

1.  b)  Nous devons en déduire que les points  \overset{ { \white{ . }  } } {O\;,\; M_1  }  et  \overset{ { \white{ . } } } {M_2  }  sont alignés.

Les nombres  \overset{ { \white{ . } } } { z_1 }  et  \overset{ { \white{ . } } } { z_2 }  sont des nombres imaginaires purs car  \overset{ { \white{ _. } } } { 2-m\in\R }  et  \overset{ { \white{ _. } } } { m\in\R. } 
Par conséquent, les points  \overset{ { \white{ . }  } } {O\;,\; M_1  }  et  \overset{ { \white{ . } } } {M_2  }  sont alignés car ils appartiennent à l'axe imaginaire.

2.  On suppose que les points  \overset{ { \white{ . }  } } {O\;,\; M_1  }  et  \overset{ { \white{ . } } } {M_2  }  ne sont pas alignés.

Nous savons montré dans la question 1. que si  \overset{ { \white{  } } } { \alpha = m^2-2m }  avec  \overset{ { \white{ _. } } } { m\in \R, }  alors les points  \overset{ { \white{ . }  } } {O\;,\; M_1  }  et  \overset{ { \white{ . } } } {M_2  }  sont alignés.

Dans cette question 2., les points  \overset{ { \white{ . }  } } {O\;,\; M_1  }  et  \overset{ { \white{ . } } } {M_2  }  ne sont pas alignés.
Dès lors,  \overset{ { \white{ . } } } { \alpha }  ne peut pas s'écrire sous la forme  \overset{ { \white{  } } } { m^2-2m }  avec  \overset{ { \white{ _. } } } { m\in \R, }  et par suite  \overset{ { \white{ . } } } {\alpha  }  ne peut pas être le réel nul.
Il s'ensuit que  \overset{ { \white{ . } } } { z_1z_2\neq0. } 

Nous en déduisons que  \overset{ { \white{ . } } } { z_1\neq 0 }  et  \overset{ { \white{ . } } } { z_2\neq 0. } 

2. a)  Montrons que  \dfrac{z_1}{z_2}  est un imaginaire pur si et seulement si   \overset{ { \white{ . } } } {\text{Re}(z_1\overline{z_2})=0 } 

\dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R\quad\Longleftrightarrow\quad \text {Re}\left(\dfrac{z_1}{z_2}\right)=0 \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R}\quad\Longleftrightarrow\quad \text {Re}\left(\dfrac{z_1\overline{z_2}}{z_2\overline{z_2}}\right)=0} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R}\quad\Longleftrightarrow\quad \text {Re}\left(\dfrac{z_1\overline{z_2}}{|z_2|^2}\right)=0} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R}\quad\Longleftrightarrow\quad \text {Re}\left(z_1\overline{z_2}\right)=0}

D'où  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R\quad\Longleftrightarrow\quad \text {Re}\left(z_1\overline{z_2}\right)=0} } 

2. b)  Montrons que :  \overset{ { \white{ . } } } { | z_1-z_2|^2\,=\,|z_1+z_2|^2-\,4\,\text{Re}(z_1\overline{z_2}) } 

D'une part, nous obtenons :

{ \white{ xxi } }| z_1-z_2|^2=(z_1-z_2)(\overline{z_1-z_2}) \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{| z_1-z_2|^2}=(z_1-z_2)(\overline{z_1}-\overline{z_2})}  \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{| z_1-z_2|^2}=z_1\overline{z_1}-z_1\overline{z_2}-z_2\overline{z_1}+z_2\overline{z_2}}  \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{| z_1-z_2|^2}=|z_1|^2-(z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_1})+|z_2|^2}  \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{| z_1-z_2|^2}=|z_1|^2-\Big(z_1\overline{z_2}+\overline{(z_1\overline{z_2})}\Big)+|z_2|^2}  \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{| z_1-z_2|^2}=|z_1|^2-2\,\text{Re}(z_1\overline{z_2})+|z_2|^2}

D'autre part, nous obtenons :

{ \white{ xxi } }| z_1+z_2|^2=(z_1+z_2)(\overline{z_1+z_2}) \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{| z_1-z_2|^2}=(z_1+z_2)(\overline{z_1}+\overline{z_2})}  \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{| z_1-z_2|^2}=z_1\overline{z_1}+z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_1}+z_2\overline{z_2}}  \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{| z_1-z_2|^2}=|z_1|^2+(z_1\overline{z_2}+z_2\overline{z_1})+|z_2|^2}  \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{| z_1+z_2|^2}=|z_1|^2+\Big(z_1\overline{z_2}+\overline{(z_1\overline{z_2})}\Big)+|z_2|^2}  \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{| z_1-z_2|^2}=|z_1|^2+2\,\text{Re}(z_1\overline{z_2})+|z_2|^2}

\text{D'où }\quad|z_1+z_2|^2-\,4\,\text{Re}(z_1\overline{z_2})=\Big(|z_1|^2+2\,\text{Re}(z_1\overline{z_2})+|z_2|^2\Big)-\,4\,\text{Re}(z_1\overline{z_2}) \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\text{D'où }\quad|z_1+z_2|^2-\,4\,\text{Re}(z_1\overline{z_2})}=|z_1|^2-2\,\text{Re}(z_1\overline{z_2})+|z_2|^2} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\text{D'où }\quad|z_1+z_2|^2-\,4\,\text{Re}(z_1\overline{z_2})}=|z_1-z_2|^2}

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{ | z_1-z_2|^2\,=\,|z_1+z_2|^2-\,4\,\text{Re}(z_1\overline{z_2}) }} 

2. c)  Nous devons en déduire que  \overset{ { \white{ P. } } } { \dfrac{z_1}{z_2}}  est un imaginaire pur si et seulement si   \overset{ { \white{ . } } } {|z_1-z_2|=2 } 

Nous avons montré que  \overset{ { \white{ P. } } } { \dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R\;\Longleftrightarrow\; \text {Re}\left(z_1\overline{z_2}\right)=0 } , soit que  \overset{ { \white{ P. } } } { \dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R\;\Longleftrightarrow\; 4\,\text {Re}\left(z_1\overline{z_2}\right)=0 } 

De plus,  \overset{ { \white{ . } } } { | z_1-z_2|^2\,=\,|z_1+z_2|^2-\,4\,\text{Re}(z_1\overline{z_2})\quad\Longleftrightarrow\quad 4\,\text{Re}(z_1\overline{z_2})=\,|z_1+z_2|^2\,-| z_1-z_2|^2 } 

Nous obtenons alors :

{ \white{ xxi } }\dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R\quad\Longleftrightarrow\quad \,|z_1+z_2|^2\,-| z_1-z_2|^2=0 \\\phantom{\dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R}\quad\Longleftrightarrow\quad \,|z_1+z_2|^2\,=| z_1-z_2|^2 \\\phantom{\dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R}\quad\Longleftrightarrow\quad \,|z_1+z_2|\,=| z_1-z_2| \\\phantom{\dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R}\quad\Longleftrightarrow\quad \,|z_1+z_2|\,=| 2\,\text i|\quad(\text{voir Partie I - question 2}) \\\phantom{\dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R}\quad\Longleftrightarrow\quad \,|z_1+z_2|\,=2

Par conséquent,  \overset{ { \white{ P. } } } { \dfrac{z_1}{z_2}}  est un imaginaire pur si et seulement si   \overset{ { \white{ . } } } {|z_1-z_2|=2 } 

3. a)  Montrons que  \overset{ { \white{ . } } } { (z_1-z_2)^2=\Delta. } 

{ \white{ xxi } }(z_1-z_2)^2=z_1^2-2z_1z_2+z_2^2 \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{(z_1-z_2)^2}=z_1^2+2z_1z_2+z_2^2-4z_1z_2} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{(z_1-z_2)^2}=(z_1+z_2)^2-4z_1z_2} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{(z_1-z_2)^2}=(2\,\text i)^2-4\alpha\quad(\text{voir Partie I - question 2})} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{(z_1-z_2)^2}=-4-4\alpha} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{(z_1-z_2)^2}=-4(1+\alpha)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{(z_1-z_2)^2}=\Delta} \\\\\Longrightarrow\boxed{(z_1-z_2)^2=\Delta}

3. b)  Nous devons déterminer l'ensemble  \overset{ { \white{ _. } } } { \Gamma }  des points  \overset{ { \white{ _. } } } { \Omega(\alpha) }  pour que le triangle  \overset{ { \white{ _. } } } {OM_1M_2  }  soit rectangle en  \overset{ { \white{ _. } } } {O.  } 

Remarquons que si  \overset{ { \white{ _. } } } {OM_1M_2  }  est un triangle, alors les points  \overset{ { \white{ . }  } } {O\;,\; M_1  }  et  \overset{ { \white{ . } } } {M_2  }  ne sont pas alignés.
Nous obtenons alors les conditions suivantes :  

{ \white{ xxi } }\left\lbrace\begin{matrix}M_1\neq O\\M_2\neq O\\M_1\neq M_2\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}z_1\neq0\\z_2\neq0\\z_1\neq z_2\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}(2-m)\text i\neq0\\m\text i\neq0\\\Delta\neq 0\end{matrix}\right. \\\\\phantom{\left\lbrace\begin{matrix}M_1\neq O\\M_2\neq O\\M_1\neq M_2\end{matrix}\right.}\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}m-2\neq0\\m\neq0\\-4(1+\alpha)\neq 0\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}m(m-2)\neq0\\\alpha\neq -1\end{matrix}\right. \\\\\phantom{\left\lbrace\begin{matrix}M_1\neq O\\M_2\neq O\\M_1\neq M_2\end{matrix}\right.}\quad\Longleftrightarrow\quad\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}\alpha\neq0\phantom{x}\\\alpha\neq -1\end{matrix}\right.}  

Le triangle  \overset{ { \white{ _. } } } {OM_1M_2  }  est rectangle en  \overset{ { \white{ _. } } } {O  } 

{ \white{ WWWWW } }\Longleftrightarrow\quad\dfrac{z_1-z_O}{z_2-z_O}\in\text i\R \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\Longleftrightarrow\quad\dfrac{z_1}{z_2}\in\text i\R} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\Longleftrightarrow\quad |z_1-z_2|=2} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\Longleftrightarrow\quad |z_1-z_2|^2=4} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\Longleftrightarrow\quad |(z_1-z_2)^2|=4} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\Longleftrightarrow\quad |\Delta|=4} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\Longleftrightarrow\quad |-4(1+\alpha)|=4} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\Longleftrightarrow\quad |1+\alpha|=1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\Longleftrightarrow\quad |\alpha-(-1)|=1}

Soit le point  \overset{ { \white{ _. } } } { C }  d'affixe -1.

Dans ce cas,  \overset{ { \white{ . } } } {|\alpha-(-1)|=1\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\Omega C=1}  } 

D'où le point  \overset{ { \white{ _. } } } { \Omega(\alpha) }  appartient au cercle  \overset{ { \white{ . } } } { \mathscr{C} }  de centre  \overset{ { \white{ . } } } { C(-1) }  et de rayon 1.

Rappelons les conditions sur  \overset{ { \white{ _. } } } {\alpha :  } 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} \overset{ { \white{ . } } } { \alpha\neq0\,, }  ce qui signifie que le point  \overset{ { \white{ . } } } { O }  n'appartient pas au cercle  \overset{ { \white{ . } } } { \mathscr{C} .} 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} \overset{ { \white{ . } } } { \alpha\neq-1\,, }  ce qui signifie que le point  \overset{ { \white{ _. } } } { \Omega(\alpha) }  n'est pas le centre du cercle  \overset{ { \white{ . } } } { \mathscr{C} } , ce qui est cohérent.

Par conséquent, l'ensemble  \overset{ { \white{ _. } } } { \Gamma }  est le cercle de centre  \overset{ { \white{ . } } } { C(-1) }  et de rayon 1, privé du point  \overset{ { \white{ . } } } {  O.} 

3,5 points

exercice 4

On considère dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^* }  la loi de composition interne  \overset{ { \white{ _. } } } { T }  définie par :

\forall\Big((a\,;b)\,;(c\,;d)\Big)\in\Big(\C\times\C^*\Big)^2:(a\,;b)\,T\,(c\,;d)=(a\overline d+c\,;bd)

1. a)  Nous devons vérifier que  \overset{ { \white{ . } } } { (\text i\,;2)\,T\,(1\,;\text i)=(2\,;2\text i)\,, }  puis calculer  \overset{ { \white{ . } } } { (1\,;\text i)\,T\,(\text i\,;2) } 

{ \white{ xxi } }(\text i\,;2)\,T\,(1\,;\text i)=(\text i\times(-\text i)+1\,;2\times\text i) \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{(\text i\,;2)\,T\,(1\,;\text i)}=(1+1\,;2\text i)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{(\text i\,;2)\,T\,(1\,;\text i)}=(2\,;2\text i)} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{(\text i\,;2)\,T\,(1\,;\text i)=(2\,;2\text i)}

{ \white{ xxi } }(1\,;\text i)\,T\,(\text i\,;2)=(1\times2+\text i\,;\text i\times2) \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{(\text i\,;2)\,T\,(1\,;\text i)}=(2+\text i\,;2\text i)} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{(1\,;\text i)\,T\,(\text i\,;2)=(2+\text i\,;2\text i)}

1. b)  Montrons que la loi  \overset{ { \white{ . } } } { T }  n'est pas commutative.

{ \white{ xxi } }\left\lbrace\begin{matrix}(\text i\,;2)\,T\,(1\,;\text i)=(2\,;2\text i)\phantom{xx}\\\overset{ { \phantom{ . } } } { (1\,;\text i)\,T\,(\text i\,;2)=(2+\text i\,;2\text i)}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\boxed{(\text i\,;2)\,T\,(1\,;\text i)\neq(1\,;\text i)\,T\,(\text i\,;2)}

D'où la loi  \overset{ { \white{ _. } } } { T }  n'est pas commutative.

2.  Montrons que la loi  \overset{ { \white{ . } } } { T }  est associative dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^* } 

Pour tout  \overset{ { \white{ _. } } } { \Big((a\,;b)\,;(c\,;d)\,;(e\,;f)\Big)\in\Big(\C\times\C^*\Big)^3, } 

{ \white{ xxi } }\Big((a\,;b)\,T\,(c\,;d)\Big)\,T\,(e\,;f)=(a\overline d+c\,;bd)\,T\,(e\,;f) \\\overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{\Big((a\,;b)\,T\,(c\,;d)\Big)\,T\,(e\,;f)}=((a\overline d+c)\overline f+e\,;bdf)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{\Big((a\,;b)\,T\,(c\,;d)\Big)\,T\,(e\,;f)}=(a\overline d\,\overline f+c\overline f+e\,;bdf)}

{ \white{ xxi } }(a\,;b)\,T\,\Big((c\,;d)\,T\,(e\,;f)\Big)=(a\,;b)\,T\,((c\overline f+e\,;df) \\\overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{\Big((a\,;b)\,T\,(c\,;d)\Big)\,T\,(e\,;f)}=(a\overline {df}+c\overline f+e\,;bdf)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {  \phantom{\Big((a\,;b)\,T\,(c\,;d)\Big)\,T\,(e\,;f)}=(a\overline d\,\overline f+c\overline f+e\,;bdf)}

D'où  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\forall\, \Big((a,b),(c,d),(e,f)\Big)\in\Big(\C\times\C^*\Big)^3,\Big((a\,;b)\,T\,(c\,;d)\Big)\,T\,(e\,;f)=(a\,;b)\,T\,\Big((c\,;d)\,T\,(e\,;f)\Big)}}

  Par conséquent, la loi  \overset{ { \white{ . } } } { T }  est associative dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^* } 

3.  Nous devons vérifier que (0 ; 1) est l'élément neutre pour  \overset{ { \white{ . } } } { T }  dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^* } 

{ \white{ xxi } }\forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad (a\,;b)\,T\,(0\,;1)=(a\times1+0\,;b\times1) \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad (a\,;b)\,T\,(0\,;1)}=(a\,;b)} \\\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*,} \quad (0\,;1)\,T\,(a\,;b)=(0\times \overline b+a\,;1\times b)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad (a\,;b)\,T\,(0\,;1)}=(a\,;b)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad (a\,;b)\,T\,(0\,;1)=(0\,;1)\,T\,(a\,;b)}

Par conséquent, (0 ; 1) est l'élément neutre pour  \overset{ { \white{ . } } } { T }  dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^* } 

4. a) Nous devons vérifier que  \overset{ { \white{ . } } } { \forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad (a\,;b)\,T\,\left(-\dfrac{a}{\overline b}\,;\dfrac 1b\right)=(0\,;1) } 

 \forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad (a\,;b)\,T\,\left(-\dfrac{a}{\overline b}\,;\dfrac 1b\right)=\left(a\times\dfrac{1}{\overline b}-\dfrac{a}{\overline b}\,;b\times\dfrac1b\right) \\\phantom{ \forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad (a\,;b)\,T\,\left(-\dfrac{a}{\overline b}\,;\dfrac 1b\right)}=\left(\dfrac{a}{\overline b}-\dfrac{a}{\overline b}\,;1\right) \\\phantom{\forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad (a\,;b)\,T\,\left(-\dfrac{a}{\overline b}\,;\dfrac 1b\right)}=\left(0\,;1\right) \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad (a\,;b)\,T\,\left(-\dfrac{a}{\overline b}\,;\dfrac 1b\right)=(0\,;1)}

Par conséquent, tout élément de  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^* }  admet un symétrique à droite pour la loi  \overset{ { \white{ . } } } { T }  .

Montrons que tout élément de  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^* }  admet un symétrique à gauche pour la loi  \overset{ { \white{ . } } } { T }   .

\forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad \left(-\dfrac{a}{\overline b}\,;\dfrac 1b\right)\,T\,(a\,;b)=\left(-\dfrac{a}{\overline b}\times b+a\,;\dfrac1b\times b\right) \\\phantom{ \forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad (a\,;b)\,T\,\left(-\dfrac{a}{\overline b}\,;\dfrac 1b\right)}=\left(-a+a\,;1\right) \\\phantom{\forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad (a\,;b)\,T\,\left(-\dfrac{a}{\overline b}\,;\dfrac 1b\right)}=\left(0\,;1\right) \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,(a\,;b)\in\C\times\C^*, \quad\left(-\dfrac{a}{\overline b}\,;\dfrac 1b\right)\,T\,(a\,;b)=(0\,;1)}

Par conséquent, tout élément de  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^* }  admet un symétrique à gauche pour la loi  \overset{ { \white{ . } } } { T }  .

Nous en déduisons que tout élément de  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^* }  admet un symétrique pour la loi  \overset{ { \white{ . } } } { T }  .

4. b) Montrons que   \overset{ { \white{ P. } } } { \Big(\C\times\C^*,T\Big) }  est un groupe non commutatif.

{ \white{ xxi } }\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}La loi  \overset{ { \white{ . } } } { T }  est interne et partout définie dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^*. } 
{ \white{ xxi } }\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}La loi  \overset{ { \white{ . } } } { T }  est associative dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^*. } 
{ \white{ xxi } }\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}La loi  \overset{ { \white{ . } } } { T }  admet (0 ; 1) comme élément neutre dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^*. } 
{ \white{ xxi } }\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}La loi  \overset{ { \white{ . } } } { T }  est inversible dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^* } , le symétrique de  \overset{ { \white{ . } } } { (a\,;b) }  étant  \overset{ { \white{ . } } } { \left(-\dfrac{a}{\overline b}\,;\dfrac 1b\right) } 
{ \white{ xxi } }\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}La loi  \overset{ { \white{ . } } } { T }  n'est pas commutative dans  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^*. } 

D'où  \overset{ { \white{ .P } } } { \Big(\C\times\C^*,T\Big) }  est un groupe non commutatif.

5. a)  Nous devons montrer que  \overset{ { \white{ _. } } } { \R\times\R^* }  est stable pour la loi de composition interne  \overset{ { \white{ _. } } } {T\,. } 

Nous savons que  \overset{ { \white{ _. } } } { \R\times\R^* }  est une partie non vide de  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^*. } 

De plus,

{ \white{ xxi } }  \forall\Big((a\,;b)\,;(c\,;d)\Big)\in\Big(\R\times\R^*\Big)^2:(a\,;b)\,T\,(c\,;d)=(a\overline d+c\,;bd) \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \forall\Big((a\,;b)\,;(c\,;d)\Big)\in\Big(\R\times\R^*\Big)^2:(a\,;b)\,T\,(c\,;d)}=(ad+c\,;bd)\in\R\times \R^*} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{ \forall\Big((a\,;b)\,;(c\,;d)\Big)\in\Big(\R\times\R^*\Big)^2:(a\,;b)\,T\,(c\,;d)\in\R\times \R^*} 

Par conséquent,  \overset{ { \white{ _. } } } { \R\times\R^* }  est stable pour la loi de composition interne  \overset{ { \white{ _. } } } {T\,. } 

5. b)  Nous devons montrer que  \overset{ { \white{ _. } } } { \R\times\R^* }  est un sous-groupe du groupe  \overset{ { \white{ . } } } {\Big(\C\times \C^*,\,T\Big)\,. } 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} \overset{ { \white{ _. } } } { \R\times\R^* }  est une partie non vide de  \overset{ { \white{ _. } } } { \C\times\C^*. } 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} Nous savons par la question 4.b) que le symétrique de  \overset{ { \white{ . } } } { (c\,;d) }  est  \overset{ { \white{ . } } } { \left(-\dfrac{c}{\overline d}\,;\dfrac 1d\right) } 

Montrons que  \overset{ { \white{ . } } } {   \forall\Big((a\,;b)\,;(c\,;d)\Big)\in\Big(\R\times\R^*\Big)^2:(a\,;b)\,T \left(-\dfrac{c}{\overline d}\,;\dfrac 1d\right)\in \R\times\R^* } 

Pour tout  \Big((a\,;b)\,;(c\,;d)\Big)\in\Big(\R\times\R^*\Big)^2,

{ \white{ xxi } }(a\,;b)\,T \left(-\,\dfrac{c}{\overline d}\,;\dfrac 1d\right)=\left(a\times\dfrac{1}{\overline{d}}-\dfrac{c}{\overline d}  \,;b\times \dfrac1d\right) \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{(a\,;b)\,T \left(-\,\dfrac{c}{\overline d}\,;\dfrac 1d\right)}=\left(\dfrac{a}{\overline{d}}-\dfrac{c}{\overline d} \,;\dfrac bd\right)} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{(a\,;b)\,T \left(-\,\dfrac{c}{\overline d}\,;\dfrac 1d\right)}=\left(\dfrac{a}{d}-\dfrac{c}{d} \,;\dfrac bd\right)}\in\R\times\R^* \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\Big((a\,;b)\,;(c\,;d)\Big)\in\Big(\R\times\R^*\Big)^2:(a\,;b)\,T \left(-\dfrac{c}{\overline d}\,;\dfrac 1d\right)\in \R\times\R^* }

Par conséquent,  \overset{ { \white{ _. } } } { \R\times\R^* }  est un sous-groupe du groupe  \overset{ { \white{ . } } } {\Big(\C\times \C^*,\,T\Big)\,. } 

3 points

exercice 5

Soient  \overset{ { \white{ p } } } { p }  et  \overset{ { \white{ p. } } } { q }  deux nombres premiers distincts et  \overset{ { \white{ . } } } { r }  un entier naturel premier avec  \overset{ { \white{ p } } } { p }  et avec  \overset{ { \white{ p } } } { q. } 

1. a)  Nous devons montrer que  \overset{ { \white{ p } } } { p }  divise  \overset{ { \white{  } } } { r^{p-1}-1 }  et que  \overset{ { \white{ p } } } { q }  divise  \overset{ { \white{  } } } { r^{q-1}-1. } 

Par hypothèse, nous savons que  \overset{ { \white{ p } } } { p }  est un nombre premier et que  \overset{ { \white{ . } } } { r }  est un entier naturel premier avec  \overset{ { \white{ p } } } { p. } 
Selon le petit théorème de Fermat, nous avons :  \overset{ { \white{ . } } } { r^{p-1}\equiv 1\;[p]. } 
Nous en déduisons que  \overset{ { \white{ p } } } { p }  divise  \overset{ { \white{  } } } { r^{p-1}-1 } 

De même, nous savons que  \overset{ { \white{ p } } } { q }  est un nombre premier et que  \overset{ { \white{ . } } } { r }  est un entier naturel premier avec  \overset{ { \white{ p } } } { q. } 
Selon le petit théorème de Fermat, nous avons :  \overset{ { \white{ . } } } { r^{q-1}\equiv 1\;[q]. } 
Nous en déduisons que  \overset{ { \white{ p } } } { q }  divise  \overset{ { \white{  } } } { r^{q-1}-1 } 

1. b)  Selon la question précédente, nous obtenons :

{ \white{ xxi } }r^{p-1}\equiv 1\;[p]\quad\Longleftrightarrow\quad\Big( r^{p-1}\Big)^{q-1}\equiv 1\;[p] \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{r^{p-1}\equiv 1\;[p]}\quad\Longleftrightarrow\quad  \boxed{r^{(p-1)(q-1)}\equiv 1\;[p]}}

Dès lors,  \overset{ { \white{ p } } } { p }  divise  \overset{ { \white{  } } } { r^{(p-1)(q-1)}-1 } 

De même, nous obtenons :

{ \white{ xxi } }r^{q-1}\equiv 1\;[q]\quad\Longleftrightarrow\quad\Big( r^{q-1}\Big)^{p-1}\equiv 1\;[q] \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{r^{q-1}\equiv 1\;[q]}\quad\Longleftrightarrow\quad  \boxed{r^{(q-1)(p-1)}\equiv 1\;[q]}}

Dès lors,  \overset{ { \white{ p } } } { q }  divise  \overset{ { \white{  } } } { r^{(p-1)(q-1)}-1 } 

1. c)   \overset{ { \white{ p } } } { p }  et  \overset{ { \white{ p } } } { q }  divisent  \overset{ { \white{  } } } { r^{(p-1)(q-1)}-1 }  et  \overset{ { \white{ p } } } { p }  et  \overset{ { \white{ p. } } } { q }  sont deux nombres premiers distincts et par suite, sont premiers entre eux.

Dans ce cas, nous en déduisons que  \overset{ { \white{ p } } } { pq }  divise  \overset{ { \white{  } } } { r^{(p-1)(q-1)}-1. } 

2.  Nous devons résoudre dans  \overset{ { \white{ _. } } } {\Z  }  l'équation  \overset{ { \white{ . } } } { 2024^{192}\,x \equiv 3\;[221] }   (On donne :  \overset{ { \white{ . } } } { 221=13\times 17) } 

Nous observons que :

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} \overset{ { \white{ . } } } { 221=13\times 17 } 
\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}  \overset{ { \white{ . } } } {p=13  }  et  \overset{ { \white{ . } } } { q=17 }  sont deux nombres premiers distincts
\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}  \overset{ { \white{ . } } } { r=2024 }  est premier avec  \overset{ { \white{ . } } } { 13 }  et  \overset{ { \white{ . } } } { 17 } 

En utilisant le résultat de la question précédente, nous déduisons que  \overset{ { \white{ . } } } { 13\times7 }  divise  \overset{ { \white{  } } } { 2024^{(13-1)(17-1)}-1 .} 

Autrement dit, 221 divise  \overset{ { \white{  } } } { 2024^{12\times16}-1 } 

ou encore 221 divise  \overset{ { \white{  } } } { 2024^{192}-1 } , soit  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{2024^{192}\equiv 1\;[221]} } 

Dès lors,  \overset{ { \white{ . } } } { 2024^{192}\,x \equiv 3\;[221]\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{x\equiv 3\;[221]} } 

Par conséquent, l'ensemble des solutions entières de l'équation  \overset{ { \white{ . } } } { 2024^{192}\,x \equiv 3\;[221] }  est  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lbrace3+221k\,/\,k\in\Z\rbrace} } 

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