Fiche de mathématiques

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Bac Section Mathématiques

Tunisie 2023

Durée : 4 heures

Coefficient : 4

4,5 points

exercice 1

Bac Tunisie 2023 section Mathématiques : image 6

6 points

exercice 2

Bac Tunisie 2023 section Mathématiques : image 4

Bac Tunisie 2023 section Mathématiques : image 1

3 points

exercice 3

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6,5 points

exercice 4

Bac Tunisie 2023 section Mathématiques : image 3

Bac Tunisie 2023 section Mathématiques : image 7

Bac Tunisie 2023 section Mathématiques : image 8

Annexe à rendre avec la copie

Figure 1

Bac Tunisie 2023 section Mathématiques : image 5

Figure 2

Voir la correction

Bac Tunisie 2023 section Mathématiques

4,5 points

exercice 1

Le plan $\overset{ { \white{ . } } } { \mathscr P }$ est rapporté à un repère orthonormé direct $\overset{ { \white{ . } } } { (O,\vec u,\vec v)\,.}$
Soit A , B et C les points du plan d'affixes respectives $\overset{ { \white{ . } } } { \text i,\;1+\text i }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { -1+\text i \,.}$
A tout point M du plan $\overset{ { \white{ . } } } { \mathscr P }$ d'affixe $\overset{ { \white{ . } } } { z\neq \text i,}$ on associe le point M' de $\overset{ { \white{ . } } } { \mathscr P }$ d'affixe $\overset{ { \white{ . } } } { z'=\dfrac{\text iz+2}{z-\text i}\,. }$

1. Nous devons montrer que pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { z\neq\text i,\;\;(z-\text i)(z'-\text i)=1.}$

Nous savons que pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { z\neq\text i,\;\; z'=\dfrac{\text iz+2}{z-\text i}\,.}$

Dès lors, pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {z\neq\text i,}$
${ \white{ xxi } }$ $(z-\text i)(z'-\text i)=(z-\text i)\left(\dfrac{\text iz+2}{z-\text i}-\text i\right) \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{(z-\text i)(z'-\text i)}= (z-\text i)\dfrac{\text iz+2}{z-\text i}-(z-\text i)\text i } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{(z-\text i)(z'-\text i)}=\text iz+2-\text iz+\text i^2 } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{(z-\text i)(z'-\text i)}=2-1 } \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{(z-\text i)(z'-\text i)}=1 } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,z\neq\text i,\;\;(z-\text i)(z'-\text i)=1}$

2. Pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {z\neq\text i,}\;\;(z-\text i)(z'-\text i)=1\quad\Longrightarrow\quad (z-\text i)(z'-\text i)\neq0$
${ \white{ WWWWWWWWWWwWWWW } }$ $\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{(z-\text i)(z'-\text i)=1}\quad\Longrightarrow\quad z-\text i\neq0\quad\text{et}\quad z'-\text i\neq0 } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{(z-\text i)(z'-\text i)=1}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{z'\neq\text i }}$

Soit $\overset{ { \white{ . } } } {z\neq\text i,}$ M le point d'affixe z et M' le point d'affixe z' .

3. Nous devons déterminer l'ensemble des points $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ tels que $M=M'.$

${ \white{ xxi } }$ $M=M'\quad\Longleftrightarrow\quad z=z' \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M=M'}\quad\Longleftrightarrow\quad z=\dfrac{\text iz+2}{z-\text i}} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M=M'}\quad\Longleftrightarrow\quad z(z-\text i)=\text iz+2} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M=M'}\quad\Longleftrightarrow\quad z^2-\text iz=\text iz+2}$
${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ WWWwW } }$ $\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M=M'}\quad\Longleftrightarrow\quad z^2-2\text iz=2} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M=M'}\quad\Longleftrightarrow\quad z^2-2\text iz-1=1} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M=M'}\quad\Longleftrightarrow\quad (z-\text i)^2=1} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{M=M'}\quad\Longleftrightarrow\quad z-\text i=1\quad\text{ou}\quad z-\text i=-1}$
${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ WWWwW } }$ $\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M=M'}\quad\Longleftrightarrow\quad z=1+\text i\quad\text{ou}\quad z=-1+\text i} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M=M'}\quad\Longleftrightarrow\quad M=B\quad\text{ou}\quad M=C}$

D'où l'ensemble des points $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ tels que $M=M'$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \lbrace B,C\rbrace \,. }$

4. a) Nous devons montrer que les points A , M et M' sont alignés si et seulement si $\overset{ { \white{ . } } } { (z-\text i)^2\in \R \,. }$

Nous avons montré dans la question 2. que ${z'\neq\text i\,.}$

Ainsi, A , M et M' sont alignés ${ \white{ xx } }\Longleftrightarrow\quad \dfrac{z-\text i}{z'-\text i}\in\R$
${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { { }\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{(z-\text i)^2}{(z'-\text i)(z-\text i)}\in\R} \\\overset{ { \white{ . } } } { { }\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{(z-\text i)^2\in\R}\quad\quad\text{car }(z'-\text i)(z-\text i)=1 \rightarrow\text {voir question }1.}$

Par conséquent, les points A , M et M' sont alignés si et seulement si $\overset{ { \white{ . } } } { (z-\text i)^2\in \R \,. }$

4. b) Nous devons en déduire l'ensemble des points M tels que les points A , M et M' soient alignés.

Les points A , M et M' sont alignés ${ \white{ xx } }$ $\overset{ { \white{ . } } } {\Longleftrightarrow\quad (z-\text i)^2\in \R }$ ${ \white{ WWWWwWWWWWwWWWW } }\overset{ { \white{ . } } } { \Longleftrightarrow\quad\arg(z-\text i)^2=k\pi\quad\quad\text{où }k\in\Z} \\\overset{ { \white{ . } } } { { \phantom{ WWWWwWiWWwwWWWWW } } \Longleftrightarrow\quad2\arg(z-\text i)=k\pi\quad\quad\text{où }k\in\Z}$
$\\ { \white{ WWWWwWiWWwwWWWWW } } \overset{ { \white{ . } } } {\Longleftrightarrow\quad\arg(z-\text i)=k\dfrac{\pi}{2}\quad\quad\text{où }k\in\Z} \\ { \white{ WWWWwWiWWwwWWWWW } } \overset{ { \phantom{ . } } } {\Longleftrightarrow\quad (\widehat{\overrightarrow{u},\overrightarrow{AM}})=k\dfrac{\pi}{2}\quad\quad\text{où }k\in\Z}$

Par conséquent, l'ensemble des points M tels que les points A , M et M' soient alignés est la réunion des droites (OA ) et (AB ) privée du point A (car $\overset{ { \white{ . } } } { z\neq \text i}$ ).

5. Nous devons montrer que pour tout point M d'affixe $\overset{ { \white{ . } } } { z\neq \text i,}$ $AM\times AM'=1$ et $(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM}})\equiv(\widehat{\overrightarrow{AM'},\overrightarrow{AB}})\,[2\pi].$

${\bullet}{\white{x}}AM\times AM'=|z-\text i|\times|z'-\text i| \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{AM\times AM',u}=|(z-\text i)(z'-\text i)| } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{AM\times AM',u}=|1|\quad(\text{voir question 1.)} }$
$\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{AM\times AM',u}=1} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{AM\times AM'=1}$

${\bullet}{\white{x}}(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM}})\equiv\arg\left(\dfrac{z-\text i}{(1+\text i)-\text i}\right)\,[2\pi] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWi}\equiv\arg\left(\dfrac{z-\text i}{1}\right)\,[2\pi]} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWi}\equiv\arg\left(z-\text i\right)\,[2\pi]}$
$\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWi}\equiv\arg\left(\dfrac{1}{z'-\text i}\right)\, [2\pi]\quad(\text{voir question 1.)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWi}\equiv\arg\left(\dfrac{(1+\text i)-\text i}{z'-\text i}\right)\, [2\pi]} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{WWWWWi}\equiv(\widehat{\overrightarrow{AM'},\overrightarrow{AB}})\,[2\pi].} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM}})\equiv(\widehat{\overrightarrow{AM'},\overrightarrow{AB}})\,[2\pi] }$

Dans la figure ci-dessous,

${ \white{ xxi } }{\bullet}{\white{x}}$ $\zeta$ est le cercle de centre A et de rayon 1.
${ \white{ xxi } }{\bullet}{\white{x}}$ K et Q sont les points d'affixes respectives $z_K=\text i+\text e^{\text i\frac{\pi}{4}}$ et $z_Q=\text i+r\,\text e^{\text i\frac{\pi}{4}},\;r>1.$
${ \white{ xxi } }{\bullet}{\white{x}}$ H est le point de $\zeta$ tel que le triangle AHQ est rectangle en H et E est le projeté orthogonal de H sur la droite (AK ).

Bac Tunisie 2023 section Mathématiques : image 13

6. Soit le point K' d'affixe $\overset{ { \white{ . } } } { z'_K }$ .

6. a) Nous devons calculer le distance AK' et donner une mesure de $\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{AB}\,,\,\overrightarrow{AK'}}\right) }$ .

Puisque $\overset{ { \white{ . } } } { z_K\neq \text i,}$ nous savons par la question 5 que $AK\times AK'=1$ et $(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AK}})\equiv(\widehat{\overrightarrow{AK'},\overrightarrow{AB}})\,[2\pi].$

$\text{Or}\;z_{\overrightarrow{AK}}=z_K-z_A \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWW} = \left(\text i+\text e^{\text i\frac{\pi}{4}}\right)-\text i } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWW} = \text e^{\text i\frac{\pi}{4}} }$

D'où $\left\lbrace\begin{matrix}AK=|z_K-z_A|=\left|\text e^{\text i\frac{\pi}{4}}\right|\\\\ \left(\widehat{\overrightarrow{u}\,,\,\overrightarrow{AK}}\right)\equiv\arg\left(\text e^{\text i\frac{\pi}{4}}\right)\,[2\pi]\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}AK=1\\\\\left(\widehat{\overrightarrow{u}\,,\,\overrightarrow{AK}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]\end{matrix}\right.$

$\text{Dès lors }\;\quad AK\times AK'=1\quad\Longleftrightarrow\quad 1\times AK'=1 \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{WWWWWiWWWWw}\quad\Longleftrightarrow\quad\boxed{AK'=1}}$

$\text{et }\;(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AK}})\equiv(\widehat{\overrightarrow{AK'},\overrightarrow{AB}})\,[2\pi]\quad\Longleftrightarrow\quad(\widehat{\overrightarrow{u},\overrightarrow{AK}})\equiv(\widehat{\overrightarrow{AK'},\overrightarrow{AB}})\,[2\pi] \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWwWW} \quad\Longleftrightarrow\quad(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AK'}})\equiv-(\widehat{\overrightarrow{u},\overrightarrow{AK}})\,[2\pi] } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWwWW} \quad\Longleftrightarrow\quad\boxed{(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AK'}})\equiv-\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]}}$

6. b) Le point K' appartient au cercle $\zeta$ car AK' = 1.
Ce point K' est le symétrique du point K par rapport à la droite (AB ) (voir figure ci-dessus).

6. c) Nous dévons déterminer l'ensemble des points M' lorsque M décrit la demi-droite [AK ) privée du point A .

Soit le point M appartenant à la demi-droite [AK ) privée du point A .
Si z est l'affixe du point M , alors $\overset{ { \white{ . } } } { z\neq\text i. }$

Dans ce cas, $\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{AB}\,,\,\overrightarrow{AM}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]. }$

Puisque $\overset{ { \white{ . } } } { z\neq \text i,}$ nous savons par la question 5 que $(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM}})\equiv(\widehat{\overrightarrow{AM'},\overrightarrow{AB}})\,[2\pi].$
Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $\left\lbrace\begin{matrix}(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM}})\equiv(\widehat{\overrightarrow{AM'},\overrightarrow{AB}})\,[2\pi]\\\\\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{AB}\,,\,\overrightarrow{AM}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]. } \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad(\widehat{\overrightarrow{AM'},\overrightarrow{AB}})\equiv\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi] \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWwWW} \quad\Longrightarrow\quad(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM'}})\equiv-\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi] }$

Nous en déduisons que M' appartient à la demi-droite [AK' ) privée du point A .

Par conséquent, l'ensemble des points M' lorsque M décrit la demi-droite [AK ) privée du point A est la demi-droite [AK' ) privée du point A .

7. a) Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { AQ\times AE=1. }$

Le triangle AHQ est rectangle en H .
Le point E est le projeté orthogonal de H sur la droite (AQ).

$\text{Donc }\;\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AQ} \\\overset{ { \white{ . }} } { \phantom{WwWWwWW} = AE\times AQ} \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{AQ}=AE\times AQ}$

Le point H est le projeté orthogonal de Q sur la droite (AH ).

$\text{Donc }\;\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{AH} \\\overset{ { \white{ . }} } { \phantom{WwWWwWW} = AH\times AH} \\\overset{ { \white{ . }} } { \phantom{WwWWwWW} = AH^2} \\\overset{ { \white{ . }} } { \phantom{WwWWwWW} = 1^2} \\\overset{ { \phantom{ . }} } { \phantom{WwWWwWW} = 1} \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{AQ}=1}$

Par conséquent, $\left\lbrace\begin{matrix}\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{AQ}=AE\times AQ\\\overset{ { \white{ . } } } { \overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{AQ}=1\phantom{XXXX}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad AE\times AQ = 1$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{AQ\times AE = 1}. }$

7. b) Construisons le point Q' d'affixe $\overset{ { \white{ . } } } { z_{Q'}. }$

D'une part, nous savons par la question 5 que $\overset{ { \white{ . } } } { AQ\times AQ'=1 }$ et par la question 7. a) que $\overset{ { \white{ . } } } { AQ\times AE=1 }$
D'où $\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}AQ\times AQ'=1 \\AQ\times AE=1\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \boxed{AQ'=AE}\,.}$

D'autre part, en utilisant la question 6 a), nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $\left\lbrace\begin{matrix}\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AE}}\right)\equiv\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AQ}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]\\\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AQ'}}\right)\equiv-\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]}\phantom{WWWWW}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AE}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]\\\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AQ'}}\right)\equiv-\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]}\end{matrix}\right.}$

Par conséquent, le point Q' est le symétrique du point E par rapport à la droite (AB ) (voir figure ci-dessus) .

6 points

exercice 2

Le plan est orienté dans le sens direct.
Dans la figure ci-dessous,
${\bullet}{\white{x}}$ ABC est un triangle rectangle isocèle en A .
${\bullet}{\white{x}}$ CBED est un parallélogramme de centre I tel que $\overset{ { \white{ . } } } { CA=CD }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CD}}\right)\equiv\dfrac{5\pi}{6}\,[2\pi]. }$

Bac Tunisie 2023 section Mathématiques : image 12

1. a) Nous devons montrer qu'il existe un unique déplacement f qui envoie A en B et B en E .
Montrons donc que $\overset{ { \white{ . } } } { AB=BE }$ et que $\overset{ { \white{ . } } } { A\neq B. }$

D'une part, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{A\neq B} }$ car ABC est un triangle.

D'autre part, montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { AB=BE. }$

Puisque ABC est un triangle isocèle en A , nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { AB=AC. }$
Selon l'énoncé, nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { AC=CD. }$
Or CBED est un parallélogramme et par suite, $\overset{ { \white{ . } } } { CD=BE. }$
Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } {AB=AC=CD=BE\quad\Longrightarrow\quad \boxed{AB=BE}. }$

Nous en déduisons qu'il existe un unique déplacement f qui envoie A en B et B en E .

1. b) Montrons que f est une rotation d'angle $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{\pi}{3}. }$

Le déplacement f envoie A en B et B en E .
Donc l'angle du déplacement f est $\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BE}}\right). }$

$\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BE}}\right)\equiv\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD}}\right)\,[2\pi] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BE}}\right)} \equiv\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}}\right)+\left(\widehat{\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CD}}\right)\,[2\pi] } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BE}}\right)} \equiv\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}}\right)+\left(\widehat{\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CD}}\right)+\pi\,[2\pi] } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BE}}\right)} \equiv\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{5\pi}{6}+\pi\,[2\pi] }$

$\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BE}}\right)} \equiv\dfrac{7\pi}{3}\,[2\pi] } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BE}}\right)} \equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi] } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BE}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi] }$
Dès lors, f est un déplacement d'angle $\overset{ { \white{ . } } } {\dfrac{\pi}{3}\neq0. }$
f est un déplacement d'angle non nul et n'est donc pas une translation.
Par conséquent, f est une rotation d'angle $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{\pi}{3}. }$

1. c) Déterminons le centre O de f .

Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { f(A)=B }$ et que $\overset{ { \white{ . } } } { f(B)=E. }$
Le centre O de f est l'intersection des médiatrices des segments [AB ] et [BE ].

1. d) Nous devons montrer que OABE est un losange.

${ \white{ xxi } }$ $f(A)=B\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}OA=OB\\\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{OA}\,,\,\overrightarrow{OB}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi]}\end{matrix}\right.$
Il s'ensuit que le triangle OAB est équilatéral et que $\overset{ { \white{ . } } } { OA=OB=AB. }$

${ \white{ xxi } }$ $f(B)=E\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}OB=OE\\\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{OB}\,,\,\overrightarrow{OE}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi]}\end{matrix}\right.$
Il s'ensuit que le triangle OBE est équilatéral et que $\overset{ { \white{ . } } } { OB=OE=BE. }$

D'où $\left\lbrace\begin{matrix}OA=OB=AB\\\overset{ { \white{ . } } } {OB=OE=BE}\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad {\red{OA=AB=OE=BE}}=OB$

Par conséquent, OABE est un losange.

On note J le milieu du segment [OD ] et on désigne par S la similitude directe qui envoie A en I et O et J .

2. Nous devons montrer que S est de rapport $\overset{ { \white{ . } } } { k=\dfrac 1 2 }$ et d'angle $\overset{ { \white{ . } } } { \theta=\dfrac{\pi}{3} .}$

${\bullet}{\white{x}}$ Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { k=\dfrac 1 2. }$

${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $\left\lbrace\begin{matrix}S(A)=I\\\overset{ { \white{ . } } } {S(O)=J}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad k=\dfrac{IJ}{AO}$

Dans le triangle ODB , I et J sont respectivement les milieux des côtés [DB ] et [DO ].

Selon le théorème des milieux, nous déduisons que : $\overset{ { \white{ . } } } { IJ=\dfrac 1 2 BO. }$
En outre, puisque le triangle OAB est équilatéral, nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { AO=BO. }$

Dès lors, $k=\dfrac{IJ}{AO}=\dfrac{\frac 1 2 BO}{BO}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{k=\dfrac 1 2}$

${\bullet}{\white{x}}$ Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { \theta=\dfrac{\pi}{3}. }$

${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $\theta\equiv\left(\widehat{\overrightarrow{AO}\,,\,\overrightarrow{IJ}}\right)\,[2\pi] \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\theta}\equiv\left(\widehat{\overrightarrow{AO}\,,\,\overrightarrow{BO}}\right)\,[2\pi] } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\theta}\equiv\left(\widehat{\overrightarrow{OA}\,,\,\overrightarrow{OB}}\right)\,[2\pi] } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\theta}\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi] } \\\\\Longrightarrow\boxed{\theta\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi] }$
D'où, la similitude S est de rapport $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac 1 2 }$ et d'angle $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{\pi}{3} .}$

3. Soit $\overset{ { \white{ . } } } { h=S\circ f^{-1}. }$

3. a) Nous devons déterminer $\overset{ { \white{ . } } } { h(O) }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { h(B). }$

${ \white{ xxi } }$ $\bullet{\phantom{x}}h(O)=(S\circ f^{-1})(O) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\bullet{\phantom{x}} h(O)}=S(f^{-1}(O)) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \bullet{\phantom{x}}h(O)}=S(O) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\bullet{\phantom{x}} h(O)}=J } \\\\\Longrightarrow\boxed{h(O)=J}$

${ \white{ xxi } }$ $\bullet{\phantom{x}}h(B)=(S\circ f^{-1})(B) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\bullet{\phantom{x}} h(O)}=S(f^{-1}(B)) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \bullet{\phantom{x}}h(O)}=S(A) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\bullet{\phantom{x}} h(O)}=I } \\\\\Longrightarrow\boxed{h(B)=I}$

3. b) Nous devons montrer que h est homothétie de centre D et de rapport $\dfrac 1 2.$

Par définition, $\overset{ { \white{ . } } } { h=S\circ f^{-1}. }$

Or, $\overset{ { \white{ . } } } { S }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { f^{-1} }$ sont des similitudes directes de rapports respectifs $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac 1 2 }$ et 1 et d'angles respectifs $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{\pi}{3} }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { -\dfrac{\pi}{3}. }$
Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { S\circ f^{-1} }$ est une similitude directe de rapport $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac 1 2\times1=\dfrac 1 2 }$ et d'angle $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{3}=0 }$
Nous en déduisons que h est homothétie de rapport $\dfrac 1 2.$

De plus, nous avons montré que $\overset{ { \white{ . } } } { h(O)=J }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { h(B) =I}$
Le centre de l'homothétie h est l'intersection des droites (OJ ) et (BI ), soit le point D .

D'où h est homothétie de centre D et de rapport $\dfrac 1 2.$

4. La droite (OE ) coupe la droite (CD ) en L .
Soit omegamaj

le milieu du segment [LD ].

4. a) Montrons que (OD ) est parallèle à (AC ), puis que (OD ) est perpendiculaire à (OL ).

Pour montrer que (OD ) est parallèle à (AC ), nous montrerons que AODC est un parallélogramme.

En effet,
${ \white{ xxi } }$ ${\bullet}{\white{x}} \overrightarrow{BE}=\overrightarrow{CD}$ car CBED est un parallélogramme.
${ \white{ xxi } }$ ${\bullet}{\white{x}} \overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AO}$ car OABE est un losange.

D'où $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AO}$
Nous en déduisons que AODC est un parallélogramme.

Par conséquent, (OD ) est parallèle à (AC ).

Montrons que (OD ) est perpendiculaire à (OL ).

Nous savons que (OD ) est parallèle à (AC ).
De plus, (AC ) est perpendiculaire à (AB ) car ABC est un triangle rectangle en A .
Or si deux droites sont parallèles, toute perpendiculaire à l'une est alors perpendiculaire à l'autre.
Il s'ensuit que (OD ) est perpendiculaire à (AB ).

En outre, (OE ) est parallèle à (AB ) car OABE est un losange.
Donc (OD ) est perpendiculaire à (OE ), soit (OD ) est perpendiculaire à (OL ).

4. b) Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DO}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{6}\,[2\pi]. }$

${ \white{ xxi } }$ $\left(\widehat{\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DO}}\right)\equiv\left(\widehat{\overrightarrow{DC},\overrightarrow{CA}}\right)\,[2\pi] \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWW}\equiv-\left(\widehat{\overrightarrow{CA},\overrightarrow{DC}}\right)\,[2\pi] } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWW}\equiv-\left(\widehat{\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CD}}\right)+\pi\,[2\pi] } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWW}\equiv-\dfrac{5\pi}{6}+\pi\,[2\pi] } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWW}\equiv\dfrac{\pi}{6}\,[2\pi] } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\left(\widehat{\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DO}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{6}\,[2\pi]}$

4. c) Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { f(\Omega)=L. }$
Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { O\Omega=OL }$ et que $\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{O\Omega},\overrightarrow{OL}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi]\,. }$

Montrons d'abord que le triangle $\overset{ { \white{ . } } } {O\Omega L }$ est équilatéral.

Le point omegamaj

est le milieu de l'hypoténuse [LD ] du triangle LOD rectangle en O
Ce point omegamaj

est donc le centre du cercle circonscrit au triangle LOD .
Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\Omega L=\Omega O}\,. }$

De plus, dans un cercle, si un angle inscrit et un angle au centre interceptent le même arc, alors la mesure de l'angle au centre est le double de celle de l'angle inscrit.

Nous en déduisons que $\left(\widehat{\overrightarrow{\Omega L},\overrightarrow{\Omega O}}\right)\equiv2\left(\widehat{\overrightarrow{D L},\overrightarrow{D O}}\right)\,[2\pi].$

$\text{D'où }\;\left(\widehat{\overrightarrow{\Omega L},\overrightarrow{\Omega O}}\right)\equiv2\left(\widehat{\overrightarrow{D L},\overrightarrow{D O}}\right)\,[2\pi] \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWW} \equiv2\left(\widehat{\overrightarrow{D C},\overrightarrow{D O}}\right)\,[2\pi] } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWW} \equiv2\times\dfrac{\pi}{6}\,[2\pi] \quad\quad(\text{voir 4. b)} } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWW} \equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi] } \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\left(\widehat{\overrightarrow{\Omega L},\overrightarrow{\Omega O}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi] }$

Puisque $\Omega L=\Omega O$ et $\left(\widehat{\overrightarrow{\Omega L},\overrightarrow{\Omega O}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi]$ , il s'ensuit que le triangle $\overset{ { \white{ . } } } {O\Omega L }$ est équilatéral.
Donc $O\Omega =OL$ et $\left(\widehat{\overrightarrow{O\Omega },\overrightarrow{OL}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi]$
Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{ f(\Omega)=L}\,. }$

4. d) Nous devons en déduire que omegamaj

est le centre de S .

Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { S(\Omega)=\Omega\,. }$

Par définition, $\overset{ { \white{ . } } } { h=S\circ f^{-1}, }$ soit $\overset{ { \white{ . } } } { h\circ f=S\,. }$

Nous obtenons ainsi,

${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $S(\Omega)=(h\circ f)(\Omega) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{S(\Omega)}=h(f(\Omega) ) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{S(\Omega)}=h(L) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{S(\Omega)}=\Omega } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{S(\Omega)=\Omega}$

Par conséquent, est le centre de S .

5. Soit $\overset{ { \white{ . } } } { K=S(B). }$

5. a) Montrons que K est le milieu du segment [DE ].

${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $K=S(B) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{K}=(h\circ f)(B) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{K}=h(f(B) ) } \\\\\Longrightarrow \quad K=h(f(B) )$

Or nous savons que le triangle OBE est équilatéral (voir question 1. d).
Donc $\overset{ { \white{ . } } } { f(B)=E }$

Nous en déduisons que $\left\lbrace\begin{matrix}K=h(f(B) ) \\\overset{ { \white{ . } } } { f(B)=E\phantom{xxx}} \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\boxed{K=h(E)}$
Puisque h est homothétie de centre D et de rapport $\dfrac 1 2,$ nous en déduisons que $\overrightarrow{DK}=\dfrac 1 2 \overrightarrow{DE}.$
Par conséquent, K est le milieu du segment [DE ].

5. b) Montrons que (KJ ) et (OB ) se coupent en omegamaj

.

Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { f(\Omega)=L }$ (voir question 4. c)
Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { {\blue{\Omega=f^{-1}(L)}}. }$

De plus, f étant une rotation de centre O et d'angle $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{\pi}{3}, }$ nous obtenons : $\overset{ { \white{ . } } } { f((OB))=(OE). }$
Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { {\blue{\Omeg(OB)=f^{-1}((OE))}}. }$

$\text{D'où }\;L\in(OE)\quad\Longrightarrow\quad f^{-1}(L)\in f^{-1}((OE)) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{D'où }\; L\in(OE)}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\Omega\in (OB)} }$

Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { \Omega\in(KJ). }$
Nous venons de montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { \Omega\in (OB). }$

Or $\left\lbrace\begin{matrix}S(\Omega)=\Omega\\\overset{ { \white{ . } } } { S(O)=J }\\\overset{ { \white{ . } } } { S(B)=K } \end{matrix}\right.$

$\text{D'où }\;\Omega\in(OB)\quad\Longrightarrow\quad S(\Omega)\in S((OB)) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{D'où }\; L\in(OE)}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\Omega\in (JK)} }$

Par conséquent, omegamaj

appartient aux droites (KJ ) et (OB ).
Ces deux droites sont sécantes car $\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{OB},\overrightarrow{JK}}\right) \equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi].}$

En conclusion, les droites (KJ ) et (OB ) se coupent en .

6. La perpendiculaire à (IA ) en I coupe (BE ) en G .

6. a) Vérifions que $\cos\widehat{A\Omega I}=\dfrac 1 2$ et montrons que $\overrightarrow{\Omega A}\cdot\overrightarrow{\Omega I}=\Omega I^2.$

${\bullet}{\white{x}}$ $\overset{ { \white{ . } } } { \left(\widehat{\overrightarrow{\Omega A},\overrightarrow{\Omega I}}\right)=\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi]}$ car $\overset{ { \white{ . } } } { S((\Omega A))=(\Omega I).}$
${ \white{ xxi } }$ Donc $\cos\widehat{A\Omega I}=\dfrac 1 2$

${\bullet}{\white{x}}$ $\overrightarrow{\Omega A}\cdot\overrightarrow{\Omega I}=\Omega A\times\Omega I\times \cos\widehat{A\Omega I}.$

Or la similitude S est de rapport $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac 1 2 }$ et de centre omegamaj

.
$\text{D'où }\;S(\Omega A)=\Omega I\quad\Longrightarrow\quad \Omega I=\dfrac 1 2 \,\Omega A \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{D'où }\;S(\Omega A)=\Omega I}\quad\Longrightarrow\quad \Omega A=2 \,\Omega I }$

En conséquence,

$\overrightarrow{\Omega A}\cdot\overrightarrow{\Omega I}=\Omega A\times\Omega I\times \cos\widehat{A\Omega I}\quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{\Omega A}\cdot\overrightarrow{\Omega I}=2\,\Omega I\times\Omega I\times \dfrac 1 2 \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWwW}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\overrightarrow{\Omega A}\cdot\overrightarrow{\Omega I}=\Omega I^2}$

6. b) Nous devons en déduire que omegamaj

appartient à (IG ).

Montrons que les points $\overset{ { \white{ . } } } { \Omega,\;I\;\text{et}\;G }$ sont alignés.
${\bullet}{\white{x}}$ D'une part, selon l'énoncé, nous savons que la droite (AI ) est perpendiculaire à (IG ).

${\bullet}{\white{x}}$ D'une part, nous avons montré que $\overrightarrow{\Omega A}\cdot\overrightarrow{\Omega I}=\Omega I^2.$

Nous obtenons alors :

$\overrightarrow{\Omega A}\cdot\overrightarrow{\Omega I}=\Omega I^2\quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{\Omega A}\cdot\overrightarrow{\Omega I}-\Omega I^2=0 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{\Omega A}\cdot\overrightarrow{\Omega I}-\overrightarrow{\Omega I}\cdot\overrightarrow{\Omega I}=0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \left(\overrightarrow{\Omega A}-\overrightarrow{\Omega I}\right)\cdot\overrightarrow{\Omega I}=0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\overrightarrow{IA}\cdot\overrightarrow{\Omega I}=0 } }$

D'où $\overrightarrow{IA}\perp\overrightarrow{\Omega I}$ car $\overrightarrow{IA}\neq \overrightarrow{0}\;\text{ et }\overrightarrow{\Omega I}\neq \overrightarrow{0}.$
Nous en déduisons que la droite (AI ) est perpendiculaire à (I ).

${\bullet}{\white{x}}$ Par conséquent, la droite (AI ) étant perpendiculaire à (IG ) et à (I ), les droites (IG ) et I ) sont parallèles.
Puisque ces droites comprennent le même point I , elles sont confondues.

En conséquence, les points $\overset{ { \white{ . } } } { \Omega,\;I\;\text{et}\;G }$ sont alignés et par suite, $\overset{ { \white{ . } } } { \Omega }$ appartient à (IG ).

3 points

exercice 3

Soit $\overset{ { \white{ . } } } { a }$ un entier strictement supérieur à 1 et l'équation
$\overset{ { \white{ . } } } { (E_a):(a^2+a-1)x-(a+2)y=1,\;\text{ où }\;(x,y)\in\Z\times\Z. }$
1. a) Soit un entier $\overset{ { \white{ . } } } { d\geq 2. }$
${ \white{ xxxi } }$ Nous devons montrer que si $\overset{ { \white{ _. } } } { d }$ divise $\overset{ { \white{ . } } } { (a+2) }$ , alors $\overset{ { \white{ . } } } { a^2+a-1\equiv1\;(\text{mod }d). }$

Calcul préliminaire

$(a+2)(a-1)=a^2-a+2a-2 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{(a+2)(a-1)}=a^2+a-2 } \\\\\Longrightarrow\boxed{(a+2)(a-1)=a^2+a-2}$

Nous supposons que $\overset{ { \white{ _. } } } { d }$ divise $\overset{ { \white{ . } } } { (a+2). }$

Dans ce cas, $\overset{ { \white{ _. } } } { d }$ divise $\overset{ { \white{ . } } } { (a+2)(a-1) }$ , soit $\overset{ { \white{ _. } } } { d }$ divise $a^2+a-2.$
Donc, $\overset{ { \white{ . } } } { a^2+a-2\equiv0\;(\text{mod }d)}$ , soit $\overset{ { \white{ . } } } { a^2+a-1\equiv1\;(\text{mod }d)}$

Par conséquent, si $\overset{ { \white{ _. } } } { d }$ divise $\overset{ { \white{ . } } } { (a+2) }$ , alors $\overset{ { \white{ . } } } { a^2+a-1\equiv1\;(\text{mod }d). }$

1. b) Nous devons en déduire que $a^2+a-1$ et $(a+2)$ sont premiers entre eux.

Soit $r=\text{PGCD}(a+2,a^2+a-1), \quad (r\in\N^*).$

${\bullet}{\white{x}}r|a+2\quad\Longrightarrow\quad a+2\equiv 0\;(\text{mod }r) \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{ r|a+2}\quad\Longrightarrow\quad a^2+a-1\equiv 1\;(\text{mod }r)\quad\text{(voir exercice 1. a)}} \\\\ {\bullet}{\white{x}}r|a^2+a-1\quad\Longrightarrow\quad a^2+a-1\equiv 0\;(\text{mod }r)$

Donc $\overset{ { \white{ . } } } { \left\lbrace\begin{matrix}a^2+a-1\equiv 1\;(\text{mod }r)\\a^2+a-1\equiv 0\;(\text{mod }r)\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad1\equiv0\;(\text{mod }r)}$

Cela signifie que r divise 1.
Or r est un nombre entier strictement positif.
D'où $r=1.$

Par conséquent, $a^2+a-1$ et $\overset{ { \white{ . } } } { (a+2)}$ sont premiers entre eux.

2. a) Vérifions que le couple $\overset{ { \white{ . } } } { (1,a-1) }$ est une solution de $\overset{ { \white{ . } } } { (E_a). }$

$(a^2+a-1)\times1-(a+2)(a-1)=a^2+a-1-(a^2+a-2) \\\phantom{(a^2+a-1)\times1-(a+2)(a-1)}=a^2+a-1-a^2-a+2 \\\phantom{(a^2+a-1)\times1-(a+2)(a-1)}=1$

Par conséquent, le couple $\overset{ { \white{ . } } } { (1,a-1) }$ est une solution de $\overset{ { \white{ . } } } { (E_a). }$

2. b) Résolvons dans $\overset{ { \white{ . } } } { \Z\times\Z }$ l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { (E_a). }$

Soit $\overset{ { \white{ . } } } { (x,y)\in\Z\times\Z }$ une solution de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { (E_a). }$

En utilisant la question 2. a), nous obtenons alors :

$(a^2+a-1)x-(a+2)y=1\quad\Longleftrightarrow\quad (a^2+a-1)x-(a+2)y=(a^2+a-1)\times1-(a+2)(a-1) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{(a^2+a-1)x-(a+2)y=1}\quad\Longleftrightarrow\quad (a^2+a-1)x-(a^2+a-1)\times1=(a+2)y-(a+2)(a-1) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{(a^2+a-1)x-(a+2)y=1}\quad\Longleftrightarrow\quad (a^2+a-1)(x-1)=(a+2)(y-a+1) }$

Donc $\overset{ { \white{ . } } } { (a+2) }$ divise $\overset{ { \white{ . } } } { (a^2+a-1)(x-1). }$
De plus, nous savons par la question 1. b) que $a^2+a-1$ et $(a+2)$ sont premiers entre eux.

Utilisons le lemme de Gauss (Si a, b et c sont des nombres entiers tels que a et b sont premiers entre eux et a divise bc, alors a divise c.)
Nous déduisons ainsi que $\overset{ { \white{ . } } } { (a+2) }$ divise $\overset{ { \white{ . } } } { (x-1). }$

Dès lors , $\overset{ { \white{ . } } } { \exists\, k\in\Z:x-1=(a+2)k. }$ D'où,

$\left\lbrace\begin{matrix} (a^2+a-1)(x-1)=(a+2)(y-a+1) \\x-1=(a+2)k\quad(k\in\Z)\phantom{WWWWW} \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad (a^2+a-1)(a+2)k=(a+2)(y-a+1)\;\;(k\in\Z) \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad (a^2+a-1)k=y-a+1\;\;(k\in\Z) \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad y=a-1+(a^2+a-1)k\;\;(k\in\Z)$

Par conséquent, si $\overset{ { \white{ . } } } { (x,y)\in\Z\times\Z }$ est une solution de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { (E_a), }$ alors $\overset{ { \white{ . } } } {\exists\, k\in\Z:\left\lbrace\begin{matrix}x=1+(a+2)k\phantom{XXXX}\\y=a-1+(a^2+a-1)k\end{matrix}\right.}$

Réciproquement, démontrons que pour tout entier k , les couples $\overset{ { \white{ . } } } { (x,y)=\left(\overset{}{1+(a+2)k,a-1+(a^2+a-1)k}\right) }$ sont solutions de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { (E_a). }$

$\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,k\in\Z, }$

$(a^2+a-1)[1+(a+2)k]-(a+2)[a-1+(a^2+a-1)k] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{xxx}=(a^2+a-1)\times1{\blue{\,+\,(a^2+a-1)(a+2)k}}-(a+2)(a-1){\blue{\,-\,(a+2)(a^2+a-1)k }}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{xxx}=(a^2+a-1)-(a+2)(a-1) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{xxx}=1}$

En conclusion, l'ensemble des solutions dans $\overset{ { \white{ . } } } { \Z\times\Z }$ de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { (E_a) }$ est

$\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{S=\lbrace(1+(a+2)k,a-1+(a^2+a-1)k)\;/\;k\in\Z\rbrace} }$

3. Nous devons déterminer les entiers $n\in\Z$ tels que $\overset{ { \white{ . } } } { (a+2)n\equiv1\;(\text{mod}\;(a^2+a-1)) }$

Déterminons une valeur de n en calculant un inverse de $\overset{ { \white{ . } } } { a+2 }$ modulo $\overset{ { \white{ . } } } { a^2+a+1. }$

Nous avons montré dans la question 2. a) que $\overset{ { \white{ . } } } { (a^2+a-1)\times1-(a+2)(a-1)=1. }$

D'où $(a+2)(1-a)=1+(a^2+a-1)\times(-1)$ , soit $(a+2)(1-a)\equiv1\;(\text{mod}\;(a^2+a-1))$

Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { 1-a }$ est un inverse de $\overset{ { \white{ . } } } { a+2 }$ modulo $a^2+a+1$

Nous obtenons ainsi :

$(a+2)n\equiv1\;(\text{mod}\;(a^2+a-1))\quad\Longleftrightarrow\quad(1-a)(a+2)n\equiv1-a\;(\text{mod}\;(a^2+a-1)) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{(a+2)n\equiv1\;(\text{mod}\;(a^2+a-1))} \quad\Longleftrightarrow\quad n\equiv1-a\;(\text{mod}\;(a^2+a-1)) }$

En d'autres termes, les solutions de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { (a+2)n\equiv1\;(\text{mod}\;(a^2+a-1)) }$ sont les nombres $\overset{ { \white{ . } } } { n=(1-a)+(a^2+a-1)k\quad \text{avec }k\in\Z. }$

Par conséquent, l'ensemble des entiers $n\in\Z$ tels que $\overset{ { \white{ . } } } { (a+2)n\equiv1\;(\text{mod}\;(a^2+a-1)) }$ est $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lbrace(1-a)+(a^2+a-1)k\;,\; k\in\Z\rbrace}\,. }$

6,5 points

exercice 4

Soit f la fonction définie sur [0 ; + infini

[ par $\overset{ { \white{ . } } } { \left\lbrace\begin{matrix}f(x)=\sqrt x(1-\ln x)\quad\text{si }x>0\\\overset{ { \white{ . } } } { f(0)=0 } \phantom{WWWWWWWWW}\end{matrix}\right. }$

On désigne par $\overset{ { \white{ . } } } { \xi }$ sa courbe représentative dans un repère $\overset{ { \white{ . } } } {(O,\vec i,\vec j). }$

Partie A

1. a) Montrons que f est continue à droite en 0.

$\bullet { \white{ x } }$ Par définition, $\overset{ { \white{ . } } } { f(0)=0 }$

$\bullet { \white{ x } }$ Calculons $\overset{ { \white{ ^. } } } {\lim\limits_{x\to 0^+}f(x).}$

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^+}\sqrt x\,(1-\ln x) \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWi}=\lim\limits_{x\to 0^+}}(\sqrt x-\sqrt x\ln x) \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWi}=\lim\limits_{x\to 0^+}}\sqrt x-\lim\limits_{x\to 0^+}\sqrt x\ln x \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWi}=0-\lim\limits_{x\to 0^+}\sqrt x\ln x} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{WWWWi}=-\lim\limits_{x\to 0^+}\sqrt x\ln x}$
${ \white{ xxi } }$ $\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWi}=-\lim\limits_{X\to 0^+}X\ln X^2}\quad\text{où }X=\sqrt x \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{WWWWi}=-2\lim\limits_{X\to 0^+}X\ln X} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWi}=-2\times0\quad\text{ (croissances comparées) }} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWi}=0} \\\\\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=0$

$\bullet { \white{ x } }$ Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=f(0)}\,.}$
Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est continue à droite en 0.

1. b) Nous devons calculer $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)}{x}.$

$\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\sqrt x(1-\ln x)}{x} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)}{x}}=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1-\ln x}{\sqrt x} } \\\\\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=-\infty\\\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{x\to0^+}\sqrt x=0^+\quad} \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0^+}1-\ln x=+\infty\\\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{x\to0^+}\sqrt x=0^+\quad} \end{matrix}\right. \\\\\phantom{\text{Or }\;WWwWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1-\ln x}{\sqrt x} =+\infty \\\\\text{D'où }\;\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty}$

Interprétation graphique.

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est définie en 0 et $\overset{ { \white{ . } } } { f(0)=0.}$

Dès lors, $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty\quad\Longleftrightarrow\quad\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=+\infty$

En conséquence, la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ n'est pas dérivable à droite en 0.
De plus, la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { \xi }$ possède une demi-tangente au point de coordonnées (0 ; 0) d'équation ${ x=0. }$
Cette demi-tangente est orientée vers le haut.

2. Nous devons calculer $\overset{ { \white{ \frac{.}{} } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)}$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}.$

$\bullet\phantom{xx}\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to +\infty}\sqrt x=+\infty\\\lim\limits_{x\to +\infty}\ln x=+\infty\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to +\infty}\sqrt x=+\infty\phantom{XXx}\\\lim\limits_{x\to +\infty}(1-\ln x)=-\infty\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWxWWWW}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to +\infty}\sqrt x(1-\ln x)=-\infty \\\\\phantom{WWWWWxWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=-\infty}$

$\bullet\phantom{xx}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1-\ln x}{\sqrt x} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWi}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{\sqrt x} -\dfrac{\ln x}{\sqrt x} \right) } \\\\\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt x} =0\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW}\\\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{\sqrt x} \underset{{\blue{(X=\sqrt x)}}} {=}\lim\limits_{X\to+\infty}\dfrac{\ln X^2}{X}=\lim\limits_{X\to+\infty}\dfrac{2\ln X}{X}=0\quad(\text{croissances commparées}) } \end{matrix}\right. \\\\\text{D'où }\;\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0}$

Nous en déduisons que la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { \xi }$ admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses au voisinage de +.

3. a) Montrons que pour tout $\overset{ { \white{ - } } } { x>0,\;f'(x)=-\dfrac{1}{2\sqrt x}(1+\ln x). }$
Pour tout $\overset{ { \white{ - } } } { x>0,}$

${ \white{ xxi } }$ $f'(x)=\left(\sqrt x\right)'\times(1-\ln x)+\sqrt x\times(1-\ln x)' \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f'(x)}=\dfrac{1}{2\sqrt x}\times(1-\ln x)+\sqrt x\times(-\dfrac 1 x)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f'(x)}=\dfrac{1}{2\sqrt x}\,(1-\ln x) -\dfrac {\sqrt{x}}{x} } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f'(x)}=\dfrac{1}{2\sqrt x}\,(1-\ln x) -\dfrac {1}{\sqrt{x}} }$

${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f'(x)}=\dfrac{1}{2\sqrt x}\,(1-\ln x) -\dfrac {2}{2\sqrt{x}} } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f'(x)}=\dfrac{1}{2\sqrt x}\,[(1-\ln x) -2] } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f'(x)}=\dfrac{1}{2\sqrt x}\,(-1-\ln x) } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{f'(x)}=-\dfrac{1}{2\sqrt x}\,(1+\ln x) } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x>0,\;f'(x)=-\dfrac{1}{2\sqrt x}\,(1+\ln x) }$

3. b) Dressons le tableau de variations de $\overset{ { \white{ . } } } { f. }$

$\begin{matrix}\text{Pour tout }x \ge 0\\ \\1+\ln x=0\Longleftrightarrow \ln x=-1\\ \phantom{WWWWWW}\Longleftrightarrow x=\text{e}^{-1}=\dfrac{1}{\text e}\\1+\ln x<0\Longleftrightarrow \ln x<-1\\ \phantom{WWW}\Longleftrightarrow x<\dfrac{1}{\text e}\\1+\ln x>0\Longleftrightarrow \ln x>-1\\ \phantom{WWxW}\Longleftrightarrow x>\dfrac{1}{\text e}\\ \\f(\text{e}^{-1})=\sqrt{\text{e}^{-1}}(1-\ln \text{e}^{-1})\\\phantom{WW}=\text{e}^{-\frac {1} {2}}(1-(-1))\\\phantom{WW}=2\text{e}^{-\frac {1} {2}}=\dfrac{2}{\sqrt{\text{e}}}\phantom{W}\end{matrix}\phantom{ WW } \begin{matrix}|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\end{matrix}\phantom{ WW }\begin{array} { |c|ccccccc| } \hline &&&&&&&& x &0&&&\dfrac{1}{\text{e}}&&&+\infty\\ &&&&&&& \\ \hline&||&&&&&& \\-\dfrac{1}{2\sqrt x}&||&-&&-&&-&\\ 1+\ln x&||& - && 0 & &+ & \\&||&&&&&&\\ \hline&||&&&&&& \\ f'(x)&||&+&&0&&-&\\&||&&& &&&\\ \hline&&&&\frac{2}{\sqrt{\text{e}}}&&&\\ f(x)&&\nearrow&&&&\searrow&\\&0&&& &&&-\infty\\ \hline \end{array}$

4. Soit le point $\overset{ { \white{ . } } } { I(\text e,0) }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { T }$ la tangente à $\overset{ { \white{ . } } } { \xi }$ en $\overset{ { \white{ . } } } {I. }$

4. a) Déterminons une équation de la tangente $\overset{ { \white{ . } } } { T. }$

Une équation de la tangente $\overset{ { \white{ . } } } { T }$ est de la forme : $\overset{ { \white{ . } } } { y=f'(\text{e})(x-\text e)+f(\text e)\,. }$

Or $\overset{ { \white{ . } } } { \bullet\;f(\text e)=0 }$ car le point de tangence est $\overset{ { \white{ . } } } { I(\text e,0). }$

${ \white{ xxi } }$ $\bullet\;f'(x)=-\dfrac{1}{2\sqrt x}\,(1+\ln x)\quad\Longrightarrow\quad f'(\text e)=-\dfrac{1}{2\sqrt \text e}\,(1+\ln \text e). \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\bullet\;f'(x)=-\dfrac{1}{2\sqrt x}\,(1+\ln x)}\quad\Longrightarrow\quad f'(\text e)=-\dfrac{1}{2\sqrt \text e}\,(1+1). } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\bullet\;f'(x)=-\dfrac{1}{2\sqrt x}\,(1+\ln x)}\quad\Longrightarrow\quad f'(\text e)=-\dfrac{1}{\sqrt \text e}.}$
Donc une équation de la tangente $\overset{ { \white{ . } } } { T }$ est de la forme : $\overset{ { \white{ . } } } { y=-\dfrac{1}{\sqrt \text e}(x-\text e)+0 }$ , soit $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{T: y=-\dfrac{1}{\sqrt \text e}(x-\text e)}\,. }$

4. b) Ci-dessous le tableau de variation de la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f' }$ sur ]0 ; + infini

[.

${\white{WWWWWWWWWW }}\begin{array} { |c|ccccccc| } \hline &&&&&&&& x &0&&&\text{e}&&&+\infty \\&&&&&&&\\ \hline&\overset{+\infty}{||}&&&&&&0\\ f'(x)&||&\searrow&&&&\nearrow&\\&||&&&-\frac{1}{\sqrt \text e} &&&\\ \hline \end{array}$

Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { f(x)\ge -\dfrac{1}{\sqrt \text e}(x-\text e)\quad\Longleftrightarrow\quad x\ge \text e\,. }$
Considérons la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { g }$ définie sur [0 ; + infini

[ par $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)=f(x)+\dfrac{1}{\sqrt \text e}(x-\text e)\,.}$
Nous devons alors montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)\ge 0\quad\Longleftrightarrow\quad x\ge \text e\,. }$

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { g }$ est dérivable sur ]0 ; + infini

[.
Pour tout x appartient

]0 ; +

[, $\overset{ { \white{ . } } } { g'x)=f'(x)+\dfrac{1}{\sqrt \text e}\,.}$
D'où le tableau de variation de la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { g' }$ sur ]0 ; + infini

[ est le suivant :

${\white{WWWWWWWWWW }}\begin{array} { |c|ccccccc| } \hline &&&&&&&& x &0&&&\text{e}&&&+\infty \\&&&&&&&\\ \hline&\overset{+\infty}{||}&&&&&&\frac{1}{\sqrt \text e} \\ g'(x)&||&\searrow&&&&\nearrow&\\&||&&&0&&&\\ \hline \end{array}$

Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { g'(x)\ge 0 }$ sur ]0 ; + infini

[.
Dès lors, la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { g }$ est strictement croissante sur [0 ; + infini

[.
De plus, $\overset{ { \white{ . } } } { g(\text{e})=\sqrt{\text{e}}(1-\ln \text{e})=\sqrt{\text{e}}(1-1)=0\quad\Longrightarrow\quad \boxed{g(\text e)=0}}$

Il s'ensuit que :

${ \white{ xxi } }$ ${\bullet}{\white{x}}$ Si $\overset{ { \white{ . } } } { 0\le x<\text e, }$ alors $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)<g(\text e )}$ , soit $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)<0 }$
${ \white{ xxi } }$ ${\bullet}{\white{x}}$ Si $\overset{ { \white{ . } } } { x\ge\text e, }$ alors $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)\ge g(\text e ) }$ , soit $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)\ge 0 }$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)\ge 0\quad\Longleftrightarrow\quad x\ge \text e\,. }$
Par conséquent, nous avons montré que $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{f(x)\ge -\dfrac{1}{\sqrt \text e}(x-\text e)\quad\Longleftrightarrow\quad x\ge \text e}\,. }$

5. Dans la figure ci-dessous, nous avons représenté la courbe de la fonction logarithme népérien dans le repère $\overset{ { \white{ . } } } {(0,\vec i, \vec j).}$

5. a) Plaçons le point $\overset{ { \white{ . } } } { K\left(\dfrac {1}{ \text e},\dfrac{2}{\sqrt \text e}\right)}$ dans le repère $\overset{ { \white{ } } } {(0,\vec i, \vec j).}$
Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { \ln\left(\dfrac {1} {\text {e}}\right)=\ln(\text{e}^{-1})=-1. }$ .
Donc le point $\overset{ { \white{ . } } } { A \left(\dfrac {1} {\text {e}},-1\right) }$ appartient à la courbe de la fonction logarithme népérien.
Autrement dit, $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac {1} {\text {e}}}$ est l'abscisse du point de la courbe de la fonction logarithme népérien dont l'ordonnée vaut -1.
Nous pouvons ainsi aisément fixer $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac {1} {\text {e}}}$ sur l'axe des abscisses.
De plus, l'ordonnée $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac {2} {\sqrt{\text {e}}}}$ est fixée dans la figure de l'énoncé.
D'où la construction du point $\overset{ { \white{ . } } } { K\left(\dfrac {1}{ \text e},\dfrac{2}{\sqrt \text e}\right).}$
Voir figure ci-dessous.

5. b) Traçons $\overset{ { \white{ . } } } { T }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { \xi }$ dans ce repère.

Nous avons montré dans la question 3. b) que f admet un maximum égal à $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac {2} {\sqrt{\text {e}}}}$ pour $\overset{ { \white{ . } } } { x=\dfrac {1} {\text {e}}.}$
Donc le point $\overset{ { \white{ . } } } { K\left(\dfrac {1}{ \text e},\dfrac{2}{\sqrt \text e}\right)}$ est un sommet de la courbe $\overset{ { \white{ } } } {\xi .}$

Bac Tunisie 2023 section Mathématiques : image 10

Partie B

Soit $n\in\N^*.$
On considère les fonctions $\overset{ { \white{ . } } } { G_n }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { H_n }$ définies sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]\,0\,;\,+\infty\,[ }$ respectivement par :
${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } {G_n(x)=\displaystyle\int_x^{\text e}\sqrt t(1-\ln t)^n\,\text{d}t}$ et $\overset{ { \white{ . } } } {H_n(x)=\displaystyle\int_{\ln x}^1\text e^{\frac 3 2 t}(1-t)^n\,\text{d}t.}$

1. Montrons que les fonctions $\overset{ { \white{ . } } } { G_n }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { H_n }$ sont dérivables sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]\,0\,;\,+\infty\,[ }$

Les fonctions $\overset{ { \white{ _. } } } { t\mapsto \sqrt t }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { t\mapsto (1-\ln t)^n }$ sont continues sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]\,0\,;\,+\infty\,[ }$
Donc la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { t\mapsto \sqrt t(1-\ln t)^n }$ est continue sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]\,0\,;\,+\infty\,[. }$
De plus, $\overset{ { \white{ _. } } } { \text e\in\;]\,0\,;\,+\infty\.[ }$
Nous en déduisons que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } {G_n:x\mapsto G_n(x)=\displaystyle\int_x^{\text e}\sqrt t(1-\ln t)^n\,\text{d}t}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]\,0\,;\,+\infty\,[ }$

Les fonctions $\underset{ { \white{ ''' } } } {t\mapsto \text e^{\frac 3 2 t}}$ et $\overset{ { \white{ . } } } { t\mapsto (1-\ln t)^n }$ sont continues sur $\R \,.$
Donc la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { t\mapsto \text e^{\frac 3 2 t}(1-\ln t)^n }$ est continue sur $\R \,.$
De plus, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { x\mapsto \ln x}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]\,0\,;\,+\infty\,[ }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { \ln\,(\,]0\;,\;+\infty[\,)=\R. }$
Nous en déduisons que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } {H_n:x\mapsto H_n(x)=\displaystyle\int_{\ln x}^1\text e^{\frac 3 2 t}(1-t)^n\,\text{d}t}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]\,0\,;\,+\infty\,[. }$

2. Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { G_n(x)=H_n(x) }$ pour tout x > 0.
La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } {G_n}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]\,0\,;\,+\infty\,[ }$ et pour tout x > 0, $\overset{ { \white{ _. } } } {G_n(x)=-\displaystyle\int_{\text e}^x\sqrt t(1-\ln t)^n\,\text{d}t}$
D'où $\overset{ { \white{ - } } } {\boxed{G\,'_n(x)=-\sqrt x(1-\ln x)^n}}$ pour tout x > 0.

De même, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } {H_n}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]\,0\,;\,+\infty\,[ }$ et pour tout x > 0, $\overset{ { \white{ _. } } } {H_n(x)=-\displaystyle\int_1^{\ln x}\text e^{\frac 3 2 t}(1-t)^n\,\text{d}t.}$

$\text{D'où }\;H\,'_n(x)=-(\ln x)'\times\text e^{\frac 3 2 \ln x}(1-\ln x)^n \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{D'où }\;H\,'_n(x)}=-\dfrac 1 x\times\text e^{\frac 3 2 \ln x}(1-\ln x)^n} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{D'où }\;H\,'_n(x)}=-\dfrac 1 x\times\left(\text e^{\ln x}\right)^\frac 3 2 (1-\ln x)^n} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{D'où }\;H\,'_n(x)}=-x^{-1} x^\frac 3 2 (1-\ln x)^n}$

$\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{D'où }\;H\,'_n(x)}=-x^\frac 1 2 (1-\ln x)^n} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{D'où }\;H\,'_n(x)}=-\sqrt x(1-\ln x)^n} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{D'où }\;H\,'_n(x)}=G\,'_n(x)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x>0,\;H\,'_n(x)=G\,'_n(x)}$

Dès lors, pour tout x > 0, $\overset{ { \white{ . } } } { H_n(x)=G_n(x)+k }$ où k est une constante réelle.

Si $\overset{ { \white{ . } } } { x=\text e, }$ alors $\overset{ { \white{ . } } } { H_n(\text e)=G_n(\text e)+k }\quad\Longrightarrow\quad 0=0+k \quad\Longrightarrow\quad k=0. }$

Par conséquent, pour tout x > 0, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{H_n(x)=G_n(x)} }$

3. Soit la suite ${ U }$ définie sur ${ \N^* }$ par $\overset{ { \white{ . } } } {U_n=\displaystyle\int_{1}^{\text e}\sqrt t(1-\ln t)^n\,\text{d}t.}$

3. a) Nous devons montrer que pour tout ${ n\ge 1,\;\dfrac{1}{n+1}\le U_n\le\dfrac{\text e^{\frac 3 2}}{n+1}\,. }$

Soit $\overset{ { \white{ . } } } { n\ge 1 }$
$\overset{ { \white{ . } } } {\text{alors }\;U_n=\displaystyle\int_{1}^{\text e}\sqrt t(1-\ln t)^n\,\text{d}t} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\text{alors }\;U_n}=G_n(1)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\text{alors }\;U_n}=H_n(1)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\text{alors }\;U_n}=\displaystyle\int_{\ln 1}^1\text e^{\frac 3 2 t}(1-t)^n\,\text{d}t}$
$\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\text{alors }\;U_n}=\displaystyle\int_{0}^1\text e^{\frac 3 2 t}(1-t)^n\,\text{d}t} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,n\ge1,\;U_n=\displaystyle\int_{0}^1\text e^{\frac 3 2 t}(1-t)^n\,\text{d}t}$

De plus,

$0\le t\le 1\quad\Longrightarrow\quad {\blue{\dfrac 3 2}}\times 0\le {\blue{\dfrac 3 2}}\times t\le {\blue{\dfrac 3 2}}\times1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{0\le t\le 1}\quad\Longrightarrow\quad 0\le \dfrac 3 2 t\le \dfrac 3 2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{0\le t\le 1}\quad\Longrightarrow\quad \text e^0\le \text e^{\frac 3 2 t}\le \text e^{\frac 3 2}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{0\le t\le 1}\quad\Longrightarrow\quad 1\le \text e^{\frac 3 2 t}\le \text e^{\frac 3 2}}$
${ \white{ xxxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{0\le t\le 1}\quad\Longrightarrow\quad 1{\blue{\times(1-t)^n}}\le \text e^{\frac 3 2 t}{\blue{\times(1-t)^n}}\le \text e^{\frac 3 2}{\blue{\times(1-t)^n}}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{0\le t\le 1}\quad\Longrightarrow\quad (1-t)^n\le \text e^{\frac 3 2 t}(1-t)^n\le \text e^{\frac 3 2}(1-t)^n} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{0\le t\le 1}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)^n\,\text{d}t\le\int_{0}^{1} \text e^{\frac 3 2 t}(1-t)^n\,\text{d}t\le \int_{0}^{1}\text e^{\frac 3 2}(1-t)^n\,\text{d}t} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{0\le t\le 1}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)^n\,\text{d}t\le U_n\le \text e^{\frac 3 2}\int_{0}^{1}(1-t)^n\,\text{d}t}}$

$\text{Or }\;\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)^n\,\text{d}t=-\displaystyle\int_{0}^{1}-(1-t)^n\,\text{d}t \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{Or }\;\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)^n\,\text{d}t}=-\left[\dfrac{(1-t)^{n+1}}{n+1}\right]_0^1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{Or }\;\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)^n\,\text{d}t}=-\left[\dfrac{(1-1)^{n+1}}{n+1}-\dfrac{(1-0)^{n+1}}{n+1}\right] } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{Or }\;\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)^n\,\text{d}t}=-\left[-\dfrac{1^{n+1}}{n+1}\right] }$
$\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{Or }\;\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)^n\,\text{d}t}=\dfrac{1}{n+1} } \\\\\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)^n\,\text{d}t=\dfrac{1}{n+1} \\\\\text e^{\frac 3 2}\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)^n\,\text{d}t=\dfrac{\text e^{\frac 3 2}}{n+1} \end{matrix}\right.$

Par conséquent, ${\boxed{\forall\, n\ge 1,\;\dfrac{1}{n+1}\le U_n\le\dfrac{\text e^{\frac 3 2}}{n+1}\,. }}$

3. b) Nous devons en déduire $\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{n\to+\infty}U_n. }$

Nous savons que $\left\lbrace\begin{matrix} \forall\, n\ge 1,\;\dfrac{1}{n+1}\le U_n\le\dfrac{\text e^{\frac 3 2}}{n+1} \\\\\lim\limits_{n\to+\infty}\;\dfrac{1}{n+1}=0 \\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{n\to+\infty}\;\dfrac{\text e^{\frac 3 2}}{n+1}=0 }\end{matrix}\right.$

Selon le théorème d'encadrement (théorème des gendarmes), nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}U_n=0}\,. }$

4. Soit les suites $\overset{ { \white{ . } } } {(S_k)_{k\ge1}}$ et $\overset{ { \white{ . } } } {(T_k)_{k\ge1}}$ définies par $S_k=\displaystyle\sum_{n=1}^k\dfrac{U_n}{n}$ et $T_k=\displaystyle\sum_{n=1}^k\dfrac{1}{n(n+1)}\,.$

4. a) Nous devons montrer que pour tout entier $\overset{ { \white{ . } } } {k\ge1,\;T_k=1-\dfrac{1}{k+1}\,.}$

${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $T_k=\displaystyle\sum_{n=1}^k\dfrac{1}{n(n+1)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{T_k}=\displaystyle\sum_{n=1}^k\dfrac{(n+1)-n}{n(n+1)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{T_k}=\displaystyle\sum_{n=1}^k\left[\dfrac{n+1}{n(n+1)}-\dfrac{n}{n(n+1)} \right]} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{T_k}=\displaystyle\sum_{n=1}^k\left[\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1} \right]}$
${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{T_k}=\left(1-\dfrac{1}{2}\right)+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right)+\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}\right)+\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{T_k}=\left(1-\cancel{\dfrac{1}{2}}\right)+\left(\cancel{\dfrac{1}{2}}-\cancel{\dfrac{1}{3}}\right)+\left(\cancel{\dfrac{1}{3}}-\cancel{\dfrac{1}{4}}\right)+\cdots+\left(\cancel{\dfrac{1}{k-1}}-\cancel{\dfrac{1}{k}}\right)+\left(\cancel{\dfrac{1}{k}}-\dfrac{1}{k+1}\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{T_k}=1-\dfrac{1}{k+1}}$

$\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,k\in\N^*,\;T_k=1-\dfrac{1}{k+1}}$

4. b) Nous devons montrer que pour tout entier $\overset{ { \white{ _. } } } {k\ge1,\;S_k\le\text e^{\frac 3 2}\,.}$

En utilisant les questions Partie B - 3. a) et 4. a), nous déduisons que pour tout ${ n\in\N^*, }$

$U_n\le\dfrac{\text e^{\frac 3 2}}{n+1}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{U_n}{n}\le\dfrac{\text e^{\frac 3 2}}{n(n+1)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWw}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\sum_{n=1}^k\dfrac{U_n}{n}\le\displaystyle\sum_{n=1}^k\dfrac{\text e^{\frac 3 2}}{n(n+1)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWw}\quad\Longrightarrow\quad S_k\le\text e^{\frac 3 2}\displaystyle\sum_{n=1}^k\dfrac{1}{n(n+1)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWw}\quad\Longrightarrow\quad S_k\le\text e^{\frac 3 2}T_k }$
$\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWw}\quad\Longrightarrow\quad S_k\le\text e^{\frac 3 2}\left(1-\dfrac{1}{k+1}\right) } \\\\\text{Or }\;1-\dfrac{1}{k+1}\le1\quad\Longrightarrow\quad \text e^{\frac 3 2}\left(1-\dfrac{1}{k+1}\right)\le \text e^{\frac 3 2}$

Par conséquent, $\boxed{\forall\,k\in\N^*,\;S_k\le\text e^{\frac 3 2}}$

4. c) Nous devons en déduire que la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (S_k)_{k\ge1} }$ est convergente vers un réel $\overset{ { \white{ . } } } { a }$ tel que ${ 1\le a\le \text e^{\frac 3 2} }.$

Montrons que la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (S_k)_{k\ge1} }$ est croissante.

$\forall\,k\in\N^*,\;S_{k+1}-S_k= \displaystyle\sum_{n=1}^{k+1}\dfrac{U_n}{n}- \displaystyle\sum_{n=1}^{k}\dfrac{U_n}{n} \\\\\quad\Longrightarrow\quad S_{k+1}-S_k= \dfrac{U_{k+1}}{k+1}$

Or $\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{c} }\left\lbrace\begin{matrix}U_{k+1}\ge0\quad(\text{voir question 3.a})\\\overset{ { \white{ . } } } { k+1>0 \quad(\text{car }k\in\N^*)\phantom{WWw} } \end{matrix}\right. \quad\Longrightarrow\quad\dfrac{U_{k+1}}{k+1}\ge0$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,k\in\N^*,\;S_{k+1}-S_k\ge0. }$

Nous en déduisons que la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (S_k)_{k\ge1} }$ est croissante.
De plus, la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (S_k)_{k\ge1} }$ est majorée par $\overset{ { \white{ . } } } { \text e^{\frac 3 2}. }$

Par conséquent, la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (S_k)_{k\ge1} }$ est convergente vers un réel $\overset{ { \white{ . } } } { a. }$

Montrons que ${ 1\le a\le \text e^{\frac 3 2} }.$

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

$\forall\,n\in\N^*,\;\dfrac{1}{n+1}\le U_n\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{n(n+1)}\le \dfrac{U_n}{n} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWWWw} \quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\sum_{n=1}^{k}\dfrac{1}{n(n+1)}\le \displaystyle\sum_{n=1}^{k} \dfrac{U_n}{n} } \\\overset{ { \white{ + } } } { \phantom{WWWWWWWWw} \quad\Longrightarrow\quad T_k\le S_k } \\\\\text{Or }\;S_k\le\text e^{\frac 3 2}\quad(\text{voir 4. b)} \\\\\text{D'où }\;\boxed{\forall\,k\in\N^*,\;T_k\le S_k\le\text e^{\frac 3 2}}$

$\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix} \lim\limits_{k\to+\infty}\;T_k=\lim\limits_{k\to+\infty}\;\left(1-\dfrac{1}{k+1}\right)=1 \\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{k\to+\infty}\;\text e^{\frac 3 2}=\text e^{\frac 3 2} }\phantom{xwWWWWWWWx}\end{matrix}\right.$

Donc $\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{k\to+\infty}T_k\le \lim\limits_{k\to+\infty}S_k\le\lim\limits_{k\to+\infty}\text e^{\frac 3 2} }$ , soit $\boxed{1\le a\le \text e^{\frac 3 2} }$

Publié par malou le 07-10-2023

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