Fiche de mathématiques

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Bac Maroc 2023

Série: Sciences Mathématiques

-Rattrapage-

Durée : 4 heures
Coefficient : 9
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Bac Maroc 2023 Sc-Maths (Rattrapage)

10 points

exercice 1

Partie I

Pour tout entier naturel non nul n , on considère la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f_n }$ définie sur I = [0 , + infini

[ par :

$\overset{ { \white{ . } } } { f_n(0)=0 }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\,]0\;;\;+\infty[\;,\;f_n(x)=\sqrt x\,(\ln x)^n }$
et soit $\overset{ { \white{ . } } } { (C_n) }$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O;\vec i,\vec j,\vec k)\,$

1. a) Nous devons vérifier que : $\forall\,x\in\;]0\;;\;+\infty[\;,\;\sqrt x(\ln x)^n=(2n)^n\left(x^{\frac{1}{2n}}\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)\right)^n.$

En effet,
$\forall\,x\in\;]0\;;\;+\infty[\;,\; (2n)^n\left(x^{\frac{1}{2n}}\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)\right)^n=(2n)^n\left(x^{\frac{1}{2n}}\times\dfrac{1}{2n}\ln x\right)^n \\\\ \phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}=(2n)^n\times\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)^n\times\left(\dfrac{1}{2n}\right)^n\times(\ln x)^n \\\\ \phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}=(2n)^n\times x^{\frac{1}{2}}\times\dfrac{1}{(2n)^n}\times(\ln x)^n$
$\\\\ \phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}=x^{\frac{1}{2}}\times(\ln x)^n \\\\ \phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}=\sqrt x\times(\ln x)^n \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\;]0\;;\;+\infty[\;,\;\sqrt x(\ln x)^n=(2n)^n\left(x^{\frac{1}{2n}}\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)\right)^n}$

Montrons que la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f_n }$ est continue à droite en 0.

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

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

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

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

1. b) Nous devons calculer $\overset{ { \white{ ^. } } } {\lim\limits_{x\to +\infty} f_n(x). }$

$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to +\infty}\sqrt x=+\infty\\\lim\limits_{x\to +\infty}\ln x=+\infty\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to +\infty}\sqrt x=+\infty\phantom{XXXXXXX}\\\lim\limits_{x\to +\infty}(\ln x)^n=+\infty\quad(n\in\N^*)\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to +\infty}\sqrt x(\ln x)^n=+\infty \\\\\phantom{WWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to +\infty}f_n(x)=+\infty}$

1. c) Nous devons vérifier que : $\forall\,x\in\;]0\;;\;+\infty[\;,\;\dfrac{f_n(x)}{x}=(2n)^n\left(\dfrac{\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)}{x^{\frac{1}{2n}}}\right)^n.$
En effet,
$\forall\,x\in\;]0\;;\;+\infty[\;,\;\dfrac{f_n(x)}{x}=\dfrac{\sqrt x(\ln x)^n}{x} \\\\\phantom{WWWWWWWWW}=\dfrac{(2n)^n\left(x^{\frac{1}{2n}}\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)\right)^n}{x} \\\\\phantom{WWWWWWWWW}=(2n)^n\times\dfrac{\left(x^{\frac{1}{2n}}\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)\right)^n}{\left(x^{\frac{1}{n}}\right)^n} \\\\\phantom{WWWWWWWWW}=(2n)^n\times\left(\dfrac{x^{\frac{1}{2n}}\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)}{x^{\frac{1}{n}}}\right)^n$
$\\\\\phantom{WWWWWWWWW}=(2n)^n\times\left(\dfrac{\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)}{x^{\frac{1}{n}-\frac{1}{2n}}}\right)^n \\\\\phantom{WWWWWWWWW}=(2n)^n\times\left(\dfrac{\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)}{x^{\frac{2-1}{2n}}}\right)^n \\\\\phantom{WWWWWWWWW}=(2n)^n\times\left(\dfrac{\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)}{x^{\frac{1}{2n}}}\right)^n \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\;]0\;;\;+\infty[\;,\;\dfrac{f_n(x)}{x}=(2n)^n\left(\dfrac{\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)}{x^{\frac{1}{2n}}}\right)^n}$

Calculons $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f_n(x)}{x}.$

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{f_n(x)}{x}=\lim\limits_{x\to +\infty}(2n)^n\left(\dfrac{\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)}{x^{\frac{1}{2n}}}\right)^n \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWix}=(2n)^n\lim\limits_{x\to +\infty}}\left(\dfrac{\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)}{x^{\frac{1}{2n}}}\right)^n \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWix}=(2n)^n\lim\limits_{X\to +\infty}}\left(\dfrac{\ln X}{X}\right)^n \quad\text{où }X=x^{\frac{1}{2n}}$
${ \white{ xxi } }$ $\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWix}=(2n)^n\times0\quad\text{ (croissances comparées) }} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWix}=0} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{f_n(x)}{x}=0}$

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

1. d) Calculons $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f_n(x)}{x}.$

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f_n(x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0^+}(2n)^n\left(\dfrac{\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)}{x^{\frac{1}{2n}}}\right)^n \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWix}=(2n)^n\lim\limits_{x\to 0^+}}\left(\dfrac{\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)}{x^{\frac{1}{2n}}}\right)^n \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWix}=(2n)^n\lim\limits_{X\to 0^+}}\left(\dfrac{\ln X}{X}\right)^n \quad\text{où }X=x^{\frac{1}{2n}}$

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{X\to 0^+}\ln X=-\infty\\\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{X\to 0^+}X=0^+\phantom{xxx}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{X\to 0^+}\dfrac{\ln X}{X}=-\infty$

Considérons la parité de n .

Premier cas : n est pair.

$\lim\limits_{X\to 0^+}\dfrac{\ln X}{X}=-\infty\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{X\to 0^+}\left(\dfrac{\ln X}{X}\right)^n=+\infty\\\\\phantom{XXXXXXiXX}\quad\Longrightarrow\quad(2n)^n\lim\limits_{X\to 0^+}\left(\dfrac{\ln X}{X}\right)^n=+\infty \\\\\phantom{XXXXiXXXX}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f_n(x)}{x}=+\infty}$

Second cas : n est impair.

$\lim\limits_{X\to 0^+}\dfrac{\ln X}{X}=-\infty\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{X\to 0^+}\left(\dfrac{\ln X}{X}\right)^n=-\infty\\\\\phantom{XXXXXXiXX}\quad\Longrightarrow\quad(2n)^n\lim\limits_{X\to 0^+}\left(\dfrac{\ln X}{X}\right)^n=-\infty \\\\\phantom{XXXXiXXXX}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f_n(x)}{x}=-\infty}$

Interprétation graphique du résultat.

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

Dès lors,

$\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f_n(x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f_n(x)-0}{x-0}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f_n(x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f_n(x)-f_n(0)}{x-0}$

Donc $_{\bullet}{\white{x}}$ si n est pair, alors $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f_n(x)-f_n(0)}{x-0}=+\infty$

${ \white{ WWx } }$ $_{\bullet}{\white{x}}$ si n est impair, alors $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f_n(x)-f_n(0)}{x-0}=-\infty$

En conséquence, la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (C_n) }$ possède une demi-tangente au point de coordonnées (0 ; 0).
Cette demi-tangente est orientée vers le haut si n est pair et est orientée vers le bas si n est impair.

2. a) Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { f_n }$ est dérivable sur ]0 ; + infini

[.

La fonction $\overset{ { \white { . } } } { x\mapsto (\ln x)^n }$ est dérivable sur ]0 ; + infini

[ (composée de deux fonctions dérivables sur ]0 ; + infini

[).
La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { x\mapsto \sqrt x }$ est dérivable sur ]0 ; + infini

[.
D'où la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { x\mapsto \sqrt x(\ln x)^n }$ est dérivable sur ]0 ; + infini

[ (produit de deux fonctions dérivables sur ]0 ; + infini

[).
Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { f_n }$ est dérivable sur ]0 ; +[.

De plus, $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\;] 0\;;\;+\infty[\,, }$

${ \white{ xwxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $f\,'_n(x)=[\sqrt x\,(\ln x)^n ]' \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f\,'_n(x)}=(\sqrt x)'\times(\ln x)^n+\sqrt x\times[(\ln x)^n]' } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f\,'_n(x)}=\dfrac{1}{2\sqrt x}\times(\ln x)^n+\sqrt x\times[n\times\dfrac{1}{x}\times(\ln x)^{n-1}] } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f\,'_n(x)}=\dfrac{1}{2\sqrt x}(\ln x)^n+n\times\dfrac{1}{\sqrt x}(\ln x)^{n-1} }$
${ \white{ WWXxwxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f\,'_n(x)}=\dfrac{1}{2\sqrt x}(\ln x)^{n-1}\times\ln x+2n\times\dfrac{1}{2\sqrt x}(\ln x)^{n-1} } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f\,'_n(x)}=\dfrac{1}{2\sqrt x}(\ln x)^{n-1}\times(\ln x+2n)}$

$\\ \\ \Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\;] 0\;;\;+\infty[\,, f\,'_n(x)=\dfrac{1}{2\sqrt x}(\ln x)^{n-1}(2n+\ln x)}$

2. b) Pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ . } } } { n\ge2 }\,,$

$f'_n(x)=0\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{1}{2\sqrt x}(\ln x)^{n-1}(2n+\ln x)=0 \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'_n(x)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad (\ln x)^{n-1}(2n+\ln x)=0 \quad\text{car }\dfrac{1}{2\sqrt x}\neq0} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'_n(x)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad ((\ln x)^{n-1}=0\quad\text{ou}\quad 2n+\ln x=0) } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'_n(x)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad (\ln x=0\quad\text{ou}\quad \ln x=-2n) }$
${ \white{ xWWWwxi } }$ $\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'_n(x)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad (x=1\quad\text{ou}\quad x=\text e^{-2n}) }$

Par conséquent, $\boxed{\forall\,n\ge 2\,,\quad f'_n(x)=0\quad\Longleftrightarrow\quad (x=1\quad\text{ou}\quad x=\text e^{-2n} )}$

2. c) Nous devons étudier, selon la parité de n , le sens de variation de $\overset{ { \white{ . } } } { f_n }$ et donner son tableau de variations.

Rappelons que $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\;] 0\;;\;+\infty[\,, f\,'_n(x)=\dfrac{1}{2\sqrt x}(\ln x)^{n-1}(2n+\ln x) }$
Or $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\;] 0\;;\;+\infty[\,, \dfrac{1}{2\sqrt x}>0 }$
Donc le signe de $\overset{ { \white{ . } } } { f\,'_n(x) }$ est le signe de $(\ln x)^{n-1}(2n+\ln x).$

Premier cas : n est pair.

Si n est pair, alors (n -1) est impair.
Dès lors, le signe de $(\ln x)^{n-1}$ est le signe de $\ln x\,.$

Calculs préliminaires :

$\left\lbrace\begin{matrix}(\ln x)^{n-1}=0\Longleftrightarrow \ln x=0\\\phantom{XXxxXX}\Longleftrightarrow x=1\\ (\ln x)^{n-1}<0\Longleftrightarrow x<1\\ (\ln x)^{n-1}>0\Longleftrightarrow x>1\end{matrix}\right \\ \\ \\ \left\lbrace\begin{matrix}2n+\ln x=0\Longleftrightarrow \ln x=-2n\\ \phantom{WWWWW}\Longleftrightarrow x=\text e^{-2n}\;\\ 2n+\ln x<0\Longleftrightarrow \ln x<-2n\\ \phantom{WWWWW}\Longleftrightarrow x<\text e^{-2n}\\ 2n+\ln x>0\Longleftrightarrow x>\text e^{-2n} \end{matrix}\right. \\ \\ \\ \left\lbrace\begin{matrix}f_n(1)=\sqrt 1\times(\ln 1)^n=1\times0=0\phantom{WWWWwW}\\f_n(\text e^{-2n})=\sqrt {\text e^{-2n}}\times(\ln \text e^{-2n})^n=\text e^{-n}\times(-2n)^n\end{matrix}\right.$

Nous obtenons alors le tableau de variations de $\overset{ { \white{ . } } } { f_n\,. }$

${\white{wwwwwwwww}}\begin{array} { |c|ccccccc| } \hline &&&&&&&& x &0&&\text e^{-2n}&&1&&+\infty\\ &&&&&&& \\ \hline&||&&&&&& \\ (\ln x)^{n-1}&||&-&-&-&0&+&\\ 2n+\ln x&||& - &0& + &+ &+ & \\&||&&&&&&\\ \hline&||&&&&&& \\ f'_n(x)&||&+&0&-&0&+&\\&||&&& &&&\\ \hline&&&(-2n)^n\,\text e^{-n}&&&&+\infty\\ f_n&&\nearrow&&\searrow&&\nearrow&\\&0&&& &0&&\\ \hline \end{array}$

Second cas : n est impair.

${\bullet}{\white{x}}$ Supposons $\overset{ { \white{ . } } } { n\neq 1. }$

Si n est impair, alors (n -1) est pair.
Dès lors, $(\ln x)^{n-1}\ge0.$

Nous obtenons alors le tableau de variations de $\overset{ { \white{ . } } } { f_n\,. }$

${\white{wwwwwwwww}}\begin{array} { |c|ccccccc| } \hline &&&&&&&& x &0&&\text e^{-2n}&&1&&+\infty\\ &&&&&&& \\ \hline&||&&&&&& \\ (\ln x)^{n-1}&||&+&+&+&0&+&\\ 2n+\ln x&||& - &0& + &+ &+ & \\&||&&&&&&\\ \hline&||&&&&&& \\ f'_n(x)&||&-&0&+&0&+&\\&||&&& &&&\\ \hline&0&&&&&&+\infty\\ f_n&&\searrow&&\nearrow&0&\nearrow&\\&&&(-2n)^n\,\text e^{-n}& &&&\\ \hline \end{array}$

${\bullet}{\white{x}}$ Supposons $\overset{ { \white{ . } } } { n= 1. }$

Dans ce cas, $\overset{ { \white{ . } } } { n-1=0\quad\Longrightarrow\quad (\ln x)^{n-1}=(\ln x)^0=1. }$
Nous obtenons alors le tableau de variations de $\overset{ { \white{ . } } } { f_1\,. }$

${\white{wwwwwwwww}}\begin{array} { |c|ccccc| } \hline &&&&&& x &0&&\text e^{-2}&&+\infty\\ &&&&& \\ \hline&||&&&& \\ (\ln x)^{n-1}=1&||&+&+&+&\\ 2+\ln x&||& - &0& + & \\&||&&&&\\ \hline&||&&&& \\ f'_1(x)&||&-&0&+&\\&||&&& &\\ \hline&0&&&&+\infty\\ f_1&&\searrow&&\nearrow&\\&&&-2\,\text e^{-1}& &\\ \hline \end{array}$

2. d) Nous devons montrer que si n est impair et n supegal

3, alors le point d'abscisse 1 est un point d'inflexion de $\overset{ { \white{ . } } } { (C_n)\,. }$

Les variations de $\overset{ { \white{ . } } } { f_n\ }$ lorsque n est impair et n supegal

3 ont été étudiées dans la question 2. c) - Second cas : n est impair et différent de 1 (deuxième tableau) .

Nous observons que $\overset{ { \white{ . } } } { f'_n(1)=0}$
Le point de coordonnées (1 ; 0) est un point stationnaire où la tangente à la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (C_n) }$ est horizontale.
La dérivée $\overset{ { \white{ . } } } { f'_n(x) }$ ne change pas de signe dans le voisinage de 1.

Par conséquent, le point stationnaire d'abscisse 1 est un point d'inflexion de $\overset{ { \white{ . } } } { (C_n)\,. }$

Partie II

1. Soit $\overset{ { \white{ . } } } { \beta\in\;]1\;;\;\text e[ }$ un réel fixé.
On considère la suite numérique $(u_n)_{n\ge1}$ définie par : $\forall\,n\in\N^*,\;u_n=f_n(\beta).$

1. a) Pour tout entier naturel non nul n , nous savons par la question 2. c) - Partie I que la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f_n(x) }$ est strictement croissante sur l'intervalle [1 ; e].

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $\beta\in\;]1\;;\;\text e[\quad\Longleftrightarrow\quad1<\beta<\text e \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWW} \quad\Longrightarrow\quad f_n(1)<f_n(\beta)<f_n(\text e)} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWW} \quad\Longrightarrow\quad 0<u_n<\sqrt e\quad\text{car }\left\lbrace\begin{matrix}f_n(1)=0\phantom{WWWWWWWWWW}\\f_n(\beta)=u_n\phantom{WWWWWWWWxW}\\f_n(\text e)=\sqrt e\,(\ln\text e)^n=\sqrt e\times1^n=\sqrt \text e\end{matrix}\right.} \\\\ \Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,n\in\N^*,\;0<u_n<\sqrt \text e}$

1. b) Montrons que la suite $(u_n)_{n\ge1}$ est décroissante.

$\forall\,n\in\N^*,\;u_{n+1}-u_n=f_{n+1}(\beta)-f_n(\beta) \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\forall\,n\in\N^*,\;u_{n+1}-u_n}=\sqrt \beta\,(\ln \beta)^{n+1}-\sqrt \beta\,(\ln \beta)^{n} } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\forall\,n\in\N^*,\;u_{n+1}-u_n}=\sqrt \beta\,(\ln \beta)^{n}(\ln \beta-1) }$

$\\\\\text{Or }\;1<\beta<\text e\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\sqrt 1<\sqrt \beta\\\ln 1<\ln\beta\\\ln\beta<\ln\text e\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}1<\sqrt \beta\\0<\ln\beta\\\ln\beta<1\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWiW}\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}0<\sqrt \beta\\0<\ln\beta\\\ln\beta-1<0\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\sqrt \beta>0\\ (\ln\beta)^n>0\\\ln\beta-1<0\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWiW}\quad\Longrightarrow\quad \sqrt \beta\,(\ln \beta)^{n}(\ln \beta-1)<0$

D'où $\boxed{\forall\,n\in\N^*,\;u_{n+1}-u_n<0}$

Par conséquent, la suite $(u_n)_{n\ge1}$ est décroissante.

1. c) Nous devons déterminer $\overset{ { \white{ ^. } } } { \lim\limits_{n\to+\infty} u_n\,.}$

Nous avons montré dans les questions 1. a) et 1. b) que la suite (u_n ) est décroissante et minorée par 0.
Selon le théorème de convergence monotone, nous en déduisons que la suite (u_n ) est convergente.

Nous obtenons alors,

$1<\beta<\text e\quad\Longrightarrow\quad \ln1<\ln \beta<\ln\text e \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{1<\beta<\text e}\quad\Longrightarrow\quad0<\ln \beta<1 } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{1<\beta<\text e}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{n\to+\infty}(\ln \beta)^n=0 } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{1<\beta<\text e}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt\beta\,(\ln \beta)^n=\sqrt\beta\times0=0 } \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{1<\beta<\text e}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0} }$

2. a) Montrons que pour tout entier naturel n non nul, il existe un unique réel $\overset{ { \white{ . } } } { x_n\in\;]1\;;\;\text e[ }$ tel que : $\overset{ { \white{ . } } } { f_n(x_n)=1. }$

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f_n }$    est continue sur l'intervalle [1 ; e] (produit de deux fonctions continues sur cet intervalle).
La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f_n }$    est strictement croissante sur l'intervalle ]1 ; e[ (voir question 2. c) - Partie I).

$\left\lbrace\begin{matrix}f_n(1)=0{\;\red{<1}}\phantom{ WWWWWWWWWw }\\f_n(\text e)=\sqrt e(\ln \text e)^n=\sqrt e\times1=\sqrt e{\;\red{>1}} \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \boxed{1\in\,]\,f_n(1)\;;\;f_n(\text e)\,[ }$

Selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { f_n(x)=1 } }$ admet une unique solution $\overset{ { \white{ . } } } { x_n } }$ dans ]1 ; e[ .
Par conséquent, pour tout entier naturel n non nul, il existe un unique réel $\overset{ { \white{ . } } } { x_n\in\; ]\,1\;;\;\text e\,[ }$ tel que $\overset{ { \white{ . } } } { f_n(x_n)=1\,.}$

2. b) Nous devons montrer que la suite $(x_n)_{n\in\N^*}$ est croissante.
Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,n\in\N^*,\;x_n< x_{n+1}.}$

$\overset{ { \white{ . } } } { x_n\in\; ]\,1\;;\;\text e\,[\quad\Longrightarrow\quad x_n>0. }$

Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { f_{n+1}(x_n)}$ est bien défini.

Nous obtenons ainsi : $\overset{ { \white{ . } } } {\forall\,n\in\N^*,}$

${ \white{ xxxxi } }$ $f_{n+1}(x_n)=\sqrt{x_n}\,(\ln x_n)^{n+1} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f_{n+1}(x_n)}=\sqrt{x_n}\,(\ln x_n)^{n}\times \ln x_n} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f_{n+1}(x_n)}=f_n(x_n)\times \ln x_n} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f_{n+1}(x_n)}=1\times \ln x_n}\quad\text{(voir question 2. a)}$
${ \white{ xxxxi } }$ $\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f_{n+1}(x_n)}=\ln x_n} \\ \\ \Longrightarrow f_{n+1}(x_n)=\ln x_n$

$\\ \\ \text{Or }\;x_n\in\;]\,1\;;\;\text e\,[\quad\Longrightarrow\quad x_n<\text e \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad \ln x_n<\ln \text e } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad \ln x_n<1 } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad \ln x_n<f_{n+1}(x_{n+1}) }$

$\text{D'où}\;\left\lbrace\begin{matrix}f_{n+1}(x_n)=\ln x_n\\\overset{ { \white{ . } } } { \ln x_n<f_{n+1}(x_{n+1}) }\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \boxed{f_{n+1}(x_n)<f_{n+1}(x_{n+1})}$

De plus, nous savons que la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f_{n+1} }$    est strictement croissante sur l'intervalle ]1 ; e[.
Nous en déduisons alors que $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,n\in\N^*,\;x_n< x_{n+1}.}$

Par conséquent, la suite $(x_n)_{n\in\N^*}$ est croissante.

Nous avons montré dans les questions précédentes que la suite $(x_n)_{n\in\N^*}$ est croissante et majorée par e.
Selon le théorème de convergence monotone, nous en déduisons que la suite $(x_n)_{n\in\N^*}$ est convergente.

3. On pose : $\overset{ { \white{ n^. } } } { \ell=\lim\limits_{n\to+\infty}x_n. }$

3. a) Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,n\in\N^*,\quad x_n\in\,]1\;;\;\text e\,[\quad\Longrightarrow\quad x_n<\text e.}$

Étant donné que la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (x_n)_{n\in\N^*}}$ est croissante, nous déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,n\in\N^*,\;\; x_1\le x_n<\text e.}$
Mais dans un passage à la limite, une relation d'inégalité stricte devient large.
Nous obtenons alors : $\overset{ { \white{ ^. } } } { x_1\le \lim\limits_{n\to+\infty}x_n\le\text e}$ , soit $\overset{ { \white{ . } } } { x_1\le \ell \le \text e.}$

Or $\overset{ { \white{ . } } } { x_1\in\,]1\;;\;\text e\,[\quad\Longrightarrow\quad 1<x_1.}$
D'où    $\overset{ { \white{ . } } } { 1<x_1\le \ell\le\text e.}$

Par conséquent, $\boxed{1<\ell\le\text e}\,.$

3. b) Montrons que $\overset{ { \white{ ^. } } } {\lim\limits_{n\to+\infty} (\ln x_n)^n=\dfrac{1}{\sqrt \ell}\,.}$

Nous savons que pour tout entier naturel n non nul, $\overset{ { \white{ . } } } { f_n(x_n)=1\,.}$

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $\left\lbrace\begin{matrix}x_n\in\; ]\,1\;;\;\text e\,[\\\overset{ { \white{ . } } } { f_n(x_n)=1 }\end{matrix}\right. \quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x_n\neq 0\\\overset{ { \white{ . } } } {\sqrt x_n\,(\ln x_n)^n =1}\end{matrix}\right. \\ \\ \phantom{WWWiWW}\quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x_n\neq 0\\\overset{ { \white{ . } } } {(\ln x_n)^n =\dfrac{1}{\sqrt x_n}}\end{matrix}\right.$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{n\to+\infty} (\ln x_n)^n =\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt x_n}}$

Or $1<\ell\le\text e\quad\Longrightarrow\quad \sqrt\ell\neq 0\,.$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lim\limits_{n\to+\infty} (\ln x_n)^n =\dfrac{1}{\sqrt \ell}}}$

3. c) Montrons que si $\overset{ { \white{ . } } } { \ell<\text e }$ , alors $\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{n\to+\infty} n\ln( \ln x_n) =-\infty\,.}$

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } {x\mapsto \ln(\ln x)}$ est définie et continue sur l'intervalle ]1 ; e[.
De plus, $\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{n\to+\infty} x_n=\ell\in\;]1\;;\;\text e\,[\,.}$

Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{n\to+\infty} \ln( \ln x_n)) =\ln(\ln\ell)\,.}$

$\text{Or }\;\ell<\text e\quad\Longrightarrow\quad \ln\ell<\ln \text e \\ \overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\text{Or }\;\ell<\text e}\quad\Longrightarrow\quad \ln\ell<1 } \\ \overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\text{Or }\;\ell<\text e}\quad\Longrightarrow\quad \ln(\ln\ell)<\ln1 } \\ \overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\text{Or }\;\ell<\text e}\quad\Longrightarrow\quad \ln(\ln\ell)<0 }$

Par conséquent, $\left\lbrace\begin{matrix}\ln(\ln\ell)<0 \\\lim\limits_{n\to+\infty}n=+\infty\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty} n\ln( \ln x_n) =-\infty}$

3. d) Nous devons en déduire la valeur de $\overset{ { \white{ . } } } { \ell\,. }$

Nous savons par les questions 3. a) et 3. b) que $\overset{ { \white{ . } } } {1<\ell\le\text e }$ et que $\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{n\to+\infty} (\ln x_n)^n =\dfrac{1}{\sqrt \ell}}$

Puisque la fonction $x\mapsto \ln x$ est continue sur ]0 ; + infini

[, nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{n\to+\infty} \ln(\ln x_n)^n =\ln\left(\dfrac{1}{\sqrt \ell}\right)}$ , soit $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{ \lim\limits_{n\to+\infty} n \ln(\ln x_n) =\ln\left(\dfrac{1}{\sqrt \ell}\right)}\,.}$

Or nous avons montré dans la question 3. c) que si $\overset{ { \white{ . } } } { 1<\ell<\text e, }$ alors $\overset{ { \white{ ^. } } } {\lim\limits_{n\to+\infty} n\ln( \ln x_n) =-\infty. }$
Nous en déduisons que le cas $\overset{ { \white{ . } } } { 1<\ell<\text e }$ est impossible sinon nous aurions $\overset{ { \white{ . } } } {\ln\left(\dfrac{1}{\sqrt \ell}\right)=-\infty}$ , ce qui est absurde.

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\ell=\text e }\,. }$

Partie III

On pose pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x\in I,\;F(x)=\displaystyle\int_x^{1}(f_1(t))^2\text{ d}t. }$

1. a) Nous devons montrer que la fonction F est continue sur I .

On pose pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x\in I,\;G(x)=\displaystyle\int_1^{x}(f_1(t))^2\text{ d}t. }$

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f_1 }$ est continue sur I car elle est continue à droite de 0 (voir Partie I - 1. a) et est continue sur ]0 ; + infini

[ car elle est dérivable sur cet intervalle (voir Partie I - 2. a).
Nous en déduisons que la fonction $x\mapsto (f_1(x))^2$ est continue sur I .
Or $1\in\,I.$

D'où la fonction G est dérivable sur I et par suite, la fonction G est continue sur I .
Dès lors, la fonction (-G ) est continue sur I .

Puisque F=-G , nous avons montré que la fonction F est continue sur I .

1. b) Déterminons une expression algébrique de $\overset{ { \white{ . } } } { F(x). }$

$F(x)=\displaystyle\int_x^{1}(f_1(t))^2\text{ d}t \\\overset{}{\phantom{F(x)}}=\displaystyle\int_x^{1}(\sqrt t\,\ln t)^2\text{ d}t \\\overset{}{\phantom{F(x)}}=\displaystyle\int_x^{1}t\,\ln^2 t\text{ d}t$

$\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\displaystyle\int_x^{1}u(t)v'(t)\,\text{d}t=\left[\overset{}{u(t)v(t)}\right]\limits_x^1- \displaystyle\int\limits_x^1u'(t)v(t)\,\text{d}t}}. \\ \\ \left\lbrace\begin{matrix}u(t)=\ln^2 t\quad\Longrightarrow\quad u'(t)=2\times\dfrac{1}{t}\times\ln t \\v'(t)=t\quad\quad\quad\Longrightarrow\quad v(t)=\dfrac{t^2}{2}\phantom{WWW}\end{matrix}\right. \\ \\ \text{Dès lors, }\ F(x)= \left[\overset{}{\dfrac{t^2}{2}\ln^2 t}\right]\limits_x^1-\displaystyle\int\limits_x^12\times\dfrac{1}{t}\times\ln t\times\dfrac{t^2}{2}\,\text{d}t \\ \\ \phantom{WWWWWW}=\left[\overset{}{\dfrac{t^2}{2}\ln^2 t}\right]\limits_x^1-\displaystyle\int\limits_x^1t\times\ln t\,\text{d}t$

Calculons $\displaystyle\int\limits_x^1t\times\ln t\,\text{d}t.$
$\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\displaystyle\int_x^{1}w(t)v'(t)\,\text{d}t=\left[\overset{}{w(t)v(t)}\right]_x^1-\displaystyle\int\limits_x^1w'(t)v(t)\,\text{d}t}}. \\ \\ \left\lbrace\begin{matrix}w(t)=\ln t\quad\Longrightarrow\quad w'(t)=\dfrac{1}{t}\\\\v'(t)=t\quad\quad\Longrightarrow\quad v(t)=\dfrac{t^2}{2}\end{matrix}\right. \\ \\ \text{Dès lors, }\ \displaystyle\int\limits_x^1t\times\ln t\,\text{d}t=\left[\overset{}{\dfrac{t^2}{2}\ln t}\right]\limits_x^1-\displaystyle\int\limits_x^1\dfrac{1}{t}\times\dfrac{t^2}{2}\,\text{d}t \\ \\ \phantom{WWWWWWWWw}=\left[\overset{}{\dfrac{t^2}{2}\ln t}\right]\limits_x^1-\dfrac{1}{2}\displaystyle\int\limits_x^1t\,\text{d}t$
${ \white{ WWWWW>xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $\\ \\ \phantom{WWWWWWWWw}=\left[\overset{}{\dfrac{t^2}{2}\ln t}\right]_x^1-\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{t^2}{2}\right]_x^1 \\ \\ \phantom{WWWWWWWWw}=\left[\overset{}{\dfrac{t^2}{2}\ln t}\right]\limits_x^1-\dfrac{1}{4}\left[\overset{}{t^2}\right]_x^1$

Par conséquent,

$F(x)=\left[\overset{}{\dfrac{t^2}{2}\,\ln^2 t}\right]_x^1-\left(\left[\overset{}{\dfrac{t^2}{2}\ln t}\right]_x^1-\dfrac{1}{4}\left[\overset{}{t^2}\right]_x^1\right) \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{F(x)}=\left[\overset{}{\dfrac{t^2}{2}\,\ln^2 t}\right]_x^1-\left[\overset{}{\dfrac{t^2}{2}\ln t}\right]_x^1+\dfrac{1}{4}\left[\overset{}{t^2}\right]_x^1} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{F(x)}=\left[\overset{}{\dfrac{1^2}{2}\,\ln^2 1-\dfrac{x^2}{2}\,\ln^2 x}\right]-\left[\overset{}{\dfrac{1^2}{2}\ln 1-\dfrac{x^2}{2}\ln x}\right]+\dfrac{1}{4}(1^2-x^2)} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{F(x)}=\left[\overset{}{0-\dfrac{x^2}{2}\,\ln^2 x}\right]-\left[\overset{}{0-\dfrac{x^2}{2}\ln x}\right]+\dfrac{1}{4}(1-x^2)} \\ \\ \\ \Longrightarrow\quad\boxed{F(x)=-\dfrac{x^2}{2}\,\ln^2 x+\dfrac{x^2}{2}\ln x+\dfrac{1}{4}(1-x^2)}$

2. a) Nous devons calculer $\overset{ { \white{ \frac{a}{a.} } } } { \underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,F(x). }$

$\underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,F(x)= \underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,\left(-\dfrac{x^2}{2}\,\ln^2 x+\dfrac{x^2}{2}\ln x+\dfrac{1}{4}(1-x^2)\right) \\\\\phantom{ \underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,F(x)}= -\dfrac{1}{2\,}\underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,x^2\,\ln^2 x+\dfrac{1}{2\,}\underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,x^2\,\ln x+\dfrac{1}{4}\underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,(1-x^2)\right)$

$\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix} \underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,x^2\,\ln^2 x=\underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,\left(x\,\ln x\right)^2=0\quad\text{(croissances comparées)}\\\overset{ { \white{ . } } } { \underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,x^2\,\ln x=0\quad\text{(croissances comparées)}}\phantom{WWWWWWW}\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}(1-x^2)=1}\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWWW}\end{matrix}\right$

$\text{D'où }\;\underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,F(x)=-\dfrac{1}{2}\times0+\dfrac{1}{2}\times0+\dfrac{1}{4}\times1\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,F(x)=\dfrac{1}{4}}$

2. b) Nous devons en déduire la valeur de $\overset{ { \white{ . } } } { F(0). }$

Nous avons montré dans la question 1. a) que la fonction F est continue sur I .
La fonction F est donc continue à droite en 0.
Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ \frac{a}{a.} } } } {\underset {x>0}{\lim\limits_{x\to0}}\,F(x)=F(0). }$

Par conséquent, $\boxed{F(0)=\dfrac{1}{4}}\,.$

2. c) Nous devons calculer, en cm³, le volume V du solide engendré par la rotation d'un tour complet autour de l'axe des abscisses de la portion de la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (C_1) }$ relative à l'intervalle [0 ; 1]. (On prendra $||\vec i||=1\,\text{cm.}$ )

${ \white{ xxi } }$ $V=\pi\,\displaystyle\int_0^1(f_1(t))^2\text{d} t \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{V}=\pi\times F(0)\quad(\text{par définition de }F(x))} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{V}=\pi\times\dfrac{1}{4}\quad(\text{voir exercice 2.}b)} \\\\\Longrightarrow\boxed{V=\dfrac{\pi}{4}\,\text{cm}^3}$

3,5 points

exercice 2

Partie I

On considère dans $\overset{ { \white{ . } } } {\R_+^2}$ , le système suivant : $(S):\left\lbrace\begin{matrix}\sqrt x\left(1+\dfrac{1}{x+y}\right)=\dfrac{12}{5}\\\overset{ { \white{ . } } } { \sqrt y\left(1-\dfrac{1}{x+y}\right)=\dfrac{4}{5}}\end{matrix}\right.$

1. Soit $\overset{ { \white{ . } } } {(x\;,\;y)\in\R_+^2}$ une solution du système (S ). On pose : $\overset{ { \white{ . } } } {z=\sqrt x+\text i\sqrt y }$

1. a) Calculons $z+\dfrac{1}{z}\,.$

${ \white{ xxi } }$ $z+\dfrac{1}{z}=\sqrt x+\text i\sqrt y+\dfrac{1}{\sqrt x+\text i\sqrt y} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z+\dfrac{1}{z}}=\sqrt x+\text i\sqrt y+\dfrac{\sqrt x-\text i\sqrt y}{(\sqrt x+\text i\sqrt y)(\sqrt x-\text i\sqrt y)}} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z+\dfrac{1}{z}}=\sqrt x+\text i\sqrt y+\dfrac{\sqrt x-\text i\sqrt y}{x +y}} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z+\dfrac{1}{z}}=\sqrt x+\text i\sqrt y+\dfrac{\sqrt x}{x +y}-\text i\dfrac{\sqrt y}{x+y}}$

${ \white{ xxi } }$ $\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z+\dfrac{1}{z}}=\left(\sqrt x+\dfrac{\sqrt x}{x +y}\right)+\left(\text i\sqrt y-\dfrac{\text i\sqrt y}{x+y}\right)} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z+\dfrac{1}{z}}=\sqrt x\left(1+\dfrac{1}{x +y}\right)+\text i\sqrt y\left(1-\dfrac{1}{x+y}\right)} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z+\dfrac{1}{z}}=\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{z+\dfrac{1}{z}=\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i}$

1. b) ${_\bullet}{\white{x}}$ Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } {z^2-\left(\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i\right)z+1=0.}$

Nous savons par la question 1. a) que $z+\dfrac{1}{z}=\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i.$
Dès lors,

$z+\dfrac{1}{z}=\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{z^2+1}{z}=\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWwWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad z^2+1=\left(\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i\right)z} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWwWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{z^2-\left(\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i\right)z+1=0}}$

${_\bullet}{\white{x}}$ Résolvons dans $\C$ l'équation $\overset{ { \white{ . } } } {z^2-\left(\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i\right)z+1=0.}$

$\underline{\text{Discriminant}}:\Delta=\left[-\left(\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i\right)\right]^2-4\times1\times1=\left(\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i\right)^2-4 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWwWW}=\left(\dfrac{144}{25}+\dfrac {96}{25}\text i-\dfrac {16}{25}\right)-4 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWwWW}=\dfrac{28}{25}+\dfrac {96}{25}\text i }$
${ \white{ xxxxxxxxxxxx } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWwWW}=\dfrac{4}{25}(7+24\,\text i) } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{WWWWwWW}=\left(\dfrac{2}{5}\right)^2(4+3\,\text i)^2\quad\text{car } (4+3\,\text i)^2=16+24\text i-9=7+24\text i} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{WWWWwWW}=\left(\dfrac{2}{5}(4+3\,\text i)\right)^2}$

$\underline{\text{Solutions}}: \\\\z_1=\dfrac{\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i+\dfrac{2}{5}(4+3\,\text i)}{2}=\dfrac{\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i+\dfrac{8}{5}+\dfrac 6 5\,\text i}{2}=2+\text i \\\overset{ { \white{ . } } } { z_2=\dfrac{\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i-\dfrac{2}{5}(4+3\,\text i)}{2}=\dfrac{\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i-\dfrac{8}{5}-\dfrac 6 5\,\text i}{2}=\dfrac 2 5-\dfrac 1 5\text i } \\\\\text{Or }\overset{ { \white{ . } } } {z=\sqrt x+\text i\sqrt y } \quad\Longrightarrow\quad\text{Im}(z)\ge0$

Donc la valeur de $\overset{ { \white{ . } } } { z_2 }$ est à exclure car $\overset{ { \white{ . } } } {\text{Im}(z_2)<0.}$
Par conséquent, l'unique solution de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } {z^2-\left(\dfrac{12}{5}+\dfrac 4 5\text i\right)z+1=0}$ est $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{z=2+\text i} }$

1. c) Nous devons en déduire les valeurs du couple $\overset{ { \white{ . } } } {(x,y)\,.}$

$z=2+\text i\quad\Longleftrightarrow\quad\sqrt x+\text i\sqrt y =2+\text i \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z=2+\text i}\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\sqrt x=2\\\sqrt y=1\end{matrix}\right.} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z=2+\text i}\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}x=4\\y=1\end{matrix}\right.}$

D'où l'unique valeur du couple $\overset{ { \white{ . } } } {(x,y)}$ est $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{(x,y)=(4,1)}\,.}$

2. Puisque $\overset{ { \white{ . } } } { (4,1)\in\R^2_+ }$ , nous en déduisons que l'ensemble des solutions du système (S ) est $\overset{ { \white{ . } } } {\lbrace (4,1) \rbrace .}$

Partie II

Le plan est rapporté à un repère orthonormé $\overset{ { \white{ . } } } { (0\;;\,\vec u,\vec v).}$
Soit $\overset{ { \white{ . } } } { (U) }$ le cercle de centre O et de rayon 1 et $\overset{ { \white{ . } } } { A(a),\;B(b),\;C(c) }$ trois points du cercle $\overset{ { \white{ . } } } { (U) }$ deux à deux distincts.

1. Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { (\forall\,z\in\C^*)\quad ;\quad|z|=1\quad\Longleftrightarrow\quad \overline{z}=\dfrac 1 z. }$

$(\forall\,z\in\C)\quad ;\quad|z|=1\quad\Longleftrightarrow\quad |z|^2=1 \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWwWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad z\overline{z}=1 } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWwWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \overline{z}=\dfrac{1}{z} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(\forall\,z\in\C)\quad ;\quad|z|=1\quad\Longleftrightarrow\quad\overline{z}=\dfrac{1}{z} }$

2. a) La droite passant par A et parallèle à (BC ) coupe le cercle (U ) au point P (p ).

${ \white{ xxxi } }$ Montrons que $p=\dfrac{bc}{a}\,.$

D'une part, nous savons que les points $\overset{ { \white{ . } } } { A(a),\;B(b),\;C(c),P(p) }$ appartiennent au cercle $\overset{ { \white{ . } } } { (U) }$ de centre O et de rayon 1.
Dès lors,

$OA=OB=OC=OP=1\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}|a|=1\\\overset{ { \white{ . } } } { |b|=1 }\\\overset{ { \white{ . } } } { |c|=1 }\\\overset{ { \white{ . } } } { |p|=1 }\end{matrix}\right. \quad\Longleftrightarrow\quad\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}\overline{a}=\dfrac 1 a\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \overline{b}=\dfrac 1 b }\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \overline{c}=\dfrac 1 c }\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \overline{p}=\dfrac 1 p }\end{matrix}\right. }$

D'autre part, la droite passant par A et parallèle à (BC ) coupe le cercle (U ) au point P (p ).
Il s'ensuit que les vecteurs $\overrightarrow{AP}$ et $\overrightarrow{BC}$ sont colinéaires.

Nous obtenons alors :

$\dfrac{z_{\overrightarrow{AP} }}{z_{\overrightarrow{BC} }}\in\R\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{p-a}{c-b}\in\R \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\overline{\dfrac{p-a}{c-b}}=\dfrac{p-a}{c-b}} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{\overline{p}-\overline{a}}{\overline{c}-\overline{b}}=\dfrac{p-a}{c-b}}$
${\white{.}} \\ \overset{ { \white{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{\dfrac 1 p-\dfrac 1 a}{\dfrac 1 c-\dfrac 1 b}=\dfrac{p-a}{c-b}} \\ \overset{ { \white{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{\dfrac {a-p}{ap}}{\dfrac {b-c}{bc}}=\dfrac{p-a}{c-b}}$ ${ \white{ xWWWWxi } }$
${\white{.}} \\ \overset{ { \white{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{\dfrac {a-p}{ap}}{\dfrac {b-c}{bc}}=\dfrac{a-p}{b-c}} \\ \overset{ { \white{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{bc(a-p)}{ap(b-c)}=\dfrac{a-p}{b-c}} \\ \overset{ { \white{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{bc}{ap}=1} \\ \overset{ { \phantom{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad bc=ap} \\ \overset{ { \phantom{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{p=\dfrac{bc}{a}}}$

2. b) La droite passant par A et perpendiculaire à (BC ) coupe le cercle (U ) au point Q (q ).
${ \white{ xxxi } }$ Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { q=-p\,.}$

D'une part, nous savons que le point $\overset{ { \white{ . } } } { Q(q) }$ appartient au cercle $\overset{ { \white{ . } } } { (U) }$ de centre O et de rayon 1.
Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { OQ=1\quad\Longleftrightarrow\quad |q|=1\quad\Longleftrightarrow\quad\boxed{\overline{q}=\dfrac 1 q }}$
D'autre part, la droite passant par A et perpendiculaire à (BC ) coupe le cercle (U ) au point Q (q ).
Il s'ensuit que les vecteurs $\overrightarrow{AQ}$ et $\overrightarrow{BC}$ sont orthogonaux.

Nous obtenons alors :

$\dfrac{z_{\overrightarrow{AQ} }}{z_{\overrightarrow{BC} }}\in\text i\R\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{q-a}{c-b}\in\text i\R \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\overline{\dfrac{q-a}{c-b}}=-\dfrac{q-a}{c-b}} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{\overline{q}-\overline{a}}{\overline{c}-\overline{b}}=-\dfrac{q-a}{c-b}} \\ \overset{ { \white{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{\dfrac 1 q-\dfrac 1 a}{\dfrac 1 c-\dfrac 1 b}=-\dfrac{q-a}{c-b}}$
${ \white{ xWWWWxi } }$ $\\ \overset{ { \white{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{\dfrac {a-q}{aq}}{\dfrac {b-c}{bc}}=-\dfrac{a-q}{b-c}} \\ \overset{ { \white{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{bc(a-q)}{aq(b-c)}=-\dfrac{a-q}{b-c}} \\ \overset{ { \white{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{bc}{aq}=-1} \\ \overset{ { \phantom{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad bc=-aq} \\ \overset{ { \phantom{ ^. } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad q=-\dfrac{bc}{a}}$
Or nous avons montré dans la question 2. a) que $p=\dfrac{bc}{a}.$
Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{q=-p}\,. }$

2. c) La droite passant par C et parallèle à (AB ) coupe le cercle (U ) au point R (r ).
${ \white{ xxxi } }$ Montrons que les deux droites (PR ) et (OB ) sont perpendiculaires.

En nous inspirant de la question 1. a) et en remplaçant A par C , B par A , B par B et P par R , nous obtenons : $r=\dfrac{ab}{c}.$

Nous allons montrer que les vecteurs $\overrightarrow{PR}$ et $\overrightarrow{OB}$ sont orthogonaux en montrant que $\overset{ { \white{ ^. } } } { \dfrac{z_{\overrightarrow{PR} }}{z_{\overrightarrow{OB} }}\in\text i\R}$ , soit que $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{r-p}{b-0}\in\text i\R}$ , soit que $\boxed{\overline{\dfrac{r-p}{b}}=-\dfrac{r-p}{b}}\,.$

$\text{Or }\;\overline{\dfrac{r-p}{b}}=\overline{\dfrac{\dfrac{ab}{c}-\dfrac{bc}{a}}{b}}=\overline{\dfrac{b\left(\dfrac{a}{c}-\dfrac{c}{a}\right)}{b}} \\\\ \phantom{WWWW}=\overline{\dfrac{a}{c}-\dfrac{c}{a}}=\dfrac{\overline a}{\overline c}-\dfrac{\overline c}{\overline a} \\\\\phantom{WWWW}=\dfrac{\dfrac 1 a}{\dfrac 1 c}-\dfrac{\dfrac 1 c}{\dfrac 1 a}=\dfrac 1 a\times\dfrac c 1-\dfrac 1 c\times\dfrac a 1 \\\\ \phantom{WWWW}=\dfrac c a-\dfrac a c=-\left(\dfrac a c-\dfrac c a\right)$

$\text{et }\;\dfrac{r-p}{b}=\dfrac{\dfrac{ab}{c}-\dfrac{bc}{a}}{b}=\dfrac{b\left(\dfrac{a}{c}-\dfrac{c}{a}\right)}{b} \\\\ \phantom{WWWW}=\dfrac{a}{c}-\dfrac{c}{a} \\\\\text{D'où }\;\boxed{\overline{\dfrac{r-p}{b}}=-\dfrac{r-p}{b}}$

Dès lors, les vecteurs $\overrightarrow{PR}$ et $\overrightarrow{OB}$ sont orthogonaux.
Nous en déduisons que les deux droites (PR ) et (OB ) sont perpendiculaires.

3,5 points

exercice 3

On rappelle que $\overset{ { \white{ . } } } { (M_3(\R),+,\times )}$ est un anneau unitaire et non commutatif d'unité $\overset{ { \white{ . } } } { I=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix} \,.}$
Soit $\overset{ { \white{ . } } } { E=\left \lbrace M(a,b,c)=\begin{pmatrix}a&0&0\\0&b&-c\\0&c&b\end{pmatrix} /\;(a,b,c)\in\R^3 \right\rbrace}\,.$

1. Nous devons montrer que E est un sous-groupe de $\overset{ { \white{ . } } } { (M_3(\R),+ ) \,. }$

Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { (M_3(\R),+)}$ est un groupe car $\overset{ { \white{ . } } } { (M_3(\R),+,\times)}$ est un anneau.

Pour montrer que $E$ est un sous-groupe de $\overset{ { \white{ . } } } { (M_3(\R),+)}$ , il suffit de montrer que la partie $E$ de $\overset{ { \white{ . } } } { M_3(\R)}$ comprend l'élément neutre du groupe $\overset{ { \white{ . } } } { (M_3(\R),+)}$ et que $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,M,M'\in E :\;\;M-M'\in E.}$

$\bullet\quad\text{Soit }M(a,b,c)=\begin{pmatrix}a&0&0\\0&b&-c\\0&c&b\end{pmatrix} \in E\quad\text{avec } a=b=c=0. \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{xxx} M(0,0,0)=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&-0\\0&0&0\end{pmatrix}\in E }\quad\Longrightarrow\quad M(0,0,0)=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}\in E \\\phantom{WWWWWWWWWWWwW}\phantom{xxx}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{O\in E}$

$\bullet\quad\text{Soit }M(a,b,c)\in E\text{ et }M'(a',b',c')\in E \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{xxi} \text{Alors }\;M(a,b,c)-M'(a',b',c') }=\begin{pmatrix}a&0&0\\0&b&-c\\0&c&b\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}a'&0&0\\0&b'&-c'\\0&c'&b'\end{pmatrix} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWWWWWWWWw} =\begin{pmatrix}a-a'&0&0\\0&b-b'&-c+c'\\0&c-c'&b-b'\end{pmatrix} } \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{WWWWWWWWWWWWWw} =\begin{pmatrix}a-a'&0&0\\0&b-b'&-(c-c')\\0&c-c'&b-b'\end{pmatrix} } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWWWWWWWWw}=M(a-a',b-b',c-c') \in E } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,M(a,b,c)\in E,M'(a',b',c')\in E : M(a,b,c)-M'(a',b',c')\in E}$

Par conséquent, $E$ est un sous-groupe de $\overset{ { \white{ . } } } { (M_3(\R),+)\,.}$

2. On munit l'ensemble $\R\times \C$ de la loi de composition interne $\overset{ { \white{ . } } } { * }$ définie par :

$\forall\,((x,z),(x,z'))\in(\R\times \C)^2:(x,z)*(x',z')=(x+x',z+z')$
et on considère l'application $\overset{ { \white{ . } } } { \varphi }$ définie de $E$ vers $\R\times \C$ par : $\forall(a,b,c)\in\R^3, \varphi(M(a,b,c))=(a,b+c\,\text i)$

2. a) Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { \varphi }$ est un homomorphisme de $(E,+)$ vers $(\R\times\C,*)\,.$

$\forall\; (M(a,b,c),M'(a',b',c'))\in E^2, \\\\\phantom{xxxx}\varphi(M(a,b,c)+M'(a',b',c'))=\varphi(M(a+a',b+b',c+c')) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{xxxx\varphi(M(a,b,c)+M'(a',b',c'))}=(a+a',b+b'+(c+c')\,\text i)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{xxxx\varphi(M(a,b,c)+M'(a',b',c'))}=(a+a',b+b'+c\,\text i+c'\,\text i)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{xxxx\varphi(M(a,b,c)+M'(a',b',c'))}=(a+a',b+c\,\text i+b'+c'\,\text i)}$

$\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{xxxx\varphi(M(a,b,c)+M'(a',b',c'))}=(a,b+c\,\text i)*(a',b'+c'\,\text i)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{xxxx\varphi(M(a,b,c)+M'(a',b',c'))}=\varphi(M(a,b,c))*\varphi(M'(a',b',c'))} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\; (M(a,b,c),M'(a',b',c'))\in E^2,\varphi(M(a,b,c)+M'(a',b',c'))=\varphi(M(a,b,c))*\varphi(M'(a',b',c'))}$

Nous devons également montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { \varphi(E)=\R\times\C \,. }$

Montrons que tout élément de    $\R\times\C$ possède au moins un antécédent par l'application $\overset{ { \white{ . } } } { \varphi\,. }$

Soit $\overset{ { \white{ . } } } { (a,z) }$ un élément de $\R\times\C \,.$

$\left\lbrace\begin{matrix}a\in\R\\z\in\C \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\exists\,(x,y)\in\R^2:\left\lbrace\begin{matrix}a\in\R\phantom{xxx}\\z=x+\text i\,y\end{matrix}\right. \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWW}\quad\Longrightarrow\quad\exists\,(x,y)\in\R^2:(a,z)=(a,x+\text i\,y)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWW}\quad\Longrightarrow\quad\exists\,(x,y)\in\R^2:(a,z)=\varphi(M(a,x,y))}$

Nous en déduisons alors que : $\forall\,(a,z)\in\R\times \C,\;\exists\,M(a,x,y)\in E:\varphi(M(a,x,y))=(a,z).$
D'où tout élément de    $\R\times\C$ possède au moins un antécédent par l'application $\overset{ { \white{ . } } } { \varphi\,. }$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\varphi(E)=\R\times\C }\,. }$

2. b) Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { (\R\times\C,*) }$ est un groupe commutatif.

Nous avons montré dans la question 1 que $\overset{ { \white{ . } } } { E }$ est un sous-groupe de $\overset{ { \white{ . } } } { (M_3(\R),+) }$
Donc $\overset{ { \white{ . } } } { E }$ est un groupe commutatif car $\overset{ { \white{ . } } } { (M_3(\R),+) }$ est un groupe commutatif.

Or l'image d'un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif.
Il s'ensuit que $\overset{ { \white{ . } } } { (\varphi(E),*) }$ est un groupe commutatif.

Puisque $\overset{ { \white{ . } } } { \varphi(E)=\R\times\C\,, }$ nous déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { (\R\times\C,*) }$ est un groupe commutatif.

3. On munit $\overset{ { \white{ . } } } { (\R\times\C,*) }$ de la loi de composition interne $\overset{ { \white{ . } } } { \top}$ définie par :

$\forall\,((x,z),(x',z')\in(\R\times \C)^2,\;(x,z)\top (x',z')=(x\,\text{Re}(z')+x'\,\text{Re}(z),zz')$
3. a) Nous devons montrer que la loi $\overset{ { \white{ . } } } { \top}$ est commutative.

$\forall\,((x,z),(x',z')\in(\R\times \C)^2,\;(x,z)\top (x',z')=(x\,\text{Re}(z')+x'\,\text{Re}(z),zz') \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\forall\,((x,z),(x',z')\in(\R\times \C)^2,\;(x,z)\top (x',z')}= (x'\,\text{Re}(z)+x\,\text{Re}(z'),z'z) } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\forall\,((x,z),(x',z')\in(\R\times \C)^2,\;(x,z)\top (x',z')}=(x',z')\top (x,z)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,((x,z),(x',z')\in(\R\times \C)^2,\;(x,z)\top (x',z')=(x',z')\top (x,z)}$
Par conséquent, la loi $\overset{ { \white{ . } } } { \top}$ est commutative dans $\overset{ { \white{ . } } } { \R\times\C\,. }$

3. b) Nous devons vérifier que (0 ; 1) est l'élément neutre de $\overset{ { \white{ . } } } { \top}$ dans $\overset{ { \white{ . } } } { \R\times\C\,. }$

D'une part, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{(0,1)\in\R\times\C}\;.}$

D'autre part,

$\forall\,(x,z)\in\R\times \C,\;(0,1)\top(x,z)=(0\times\text{Re}(z)+x\,\text{Re}(1),1\times z) \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\forall\,(x,z)\in\R\times \C,\;(0,1)\top(x,z)}=(0+x\times 1\,,\, z)} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\forall\,(x,z)\in\R\times \C,\;(0,1)\top(x,z)}=(x\,,\, z)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,(x,z)\in\R\times \C,\;(0,1)\top(x,z)=(x,z)}$

Or nous avons montré que la loi $\overset{ { \white{ . } } } { \top}$ est commutative dans $\overset{ { \white{ . } } } { \R\times\C\,. }$
Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,(x,z)\in\R\times \C,\;(0,1)\top(x,z)=(x,z)\top(0,1)\;.}$

Nous en déduisons que $\boxed{\forall\,(x,z)\in\R\times \C,\;(0,1)\top(x,z)=(x,z)\top(0,1)=(x,z)}$

Par conséquent, (0 ; 1) est l'élément neutre de $\overset{ { \white{ . } } } { \top}$ dans $\overset{ { \white{ . } } } { \R\times\C\,. }$

3. b) Nous devons vérifier que $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\R,\;(1,\text i)\top(x,-\text i)=(0,1)\;.}$

$\forall\,x\in\R,\;(1,\text i)\top(x,-\text i)=(1\times\text{Re}(-\text i)+x\times\text{Re}(\text i)\,,\,\text i \times(-\text i)) \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\forall\,x\in\R,\;(1,\text i)\top(x,-\text i)}=(1\times0+x\times0\,,\,1) } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\forall\,x\in\R,\;(1,\text i)\top(x,-\text i)}=(0\,,\,1) } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\R,\;(1,\text i)\top(x,-\text i)=(0\,,\,1) }$

De plus, nous rappelons que si la loi $\overset{ { \white{ . } } } { \top}$ est associative et si l'élément $\overset{ { \white{ . } } } { (x\,,\,z) }$ de $\overset{ { \white{ . } } } { \R\times\C }$ possède un symétrique, alors ce symétrique est unique.

Or en utilisant la question b) et la commutativité de la loi $\overset{ { \white{ . } } } { \top}$ dans $\overset{ { \white{ . } } } { \R\times\C\,, }$ nous en déduisons que : $\boxed{\forall\,x\in\R,\;(1,\text i)\top(x,-\text i)=(x,-\text i)\top(1,\text i)=(0\,,\,1) }$

Puisque (0 ; 1) est l'élément neutre de $\overset{ { \white{ . } } } { \top}$ , il s'ensuit que l'élément (1 , i) admet une infinité de symétriques.
En vertu du rappel de la propriété ci-dessus, nous en concluons que la loi $\overset{ { \white{ . } } } { \top}$ n'est pas associative dans $\overset{ { \white{ . } } } { \R\times\C\,. }$

4. Soit $\overset{ { \white{ . } } } { G=\lbrace(\text{Im}(z),z)/z\in\C\rbrace\,.}$

4. a) Nous devons montrer que G est un sous-groupe de $\overset{ { \white{ . } } } { (\R\times\C,*) }$ .

Nous remarquons que :

${\bullet}{\white{xx}}\forall\,(x,z)\in\R\times\C;(x,z)*(0,0)=(x+0,z+0)\quad\Longrightarrow\quad (x,z)*(0,0)=(x,z)$
${ \white{ xxi } }$ La loi $\overset{ { \white{ . } } } { * }$ étant commutative dans $\overset{ { \white{ . } } } { \R\times\C, }$ , nous obtenons : $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,(x,z)\in\R\times\C;(0,0)*(x,z)=(x,z)}.$
$\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWWWWWWWWwWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\forall\,(x,z)\in\R\times\C;(x,z)*(0,0)=(0,0)*(x,z)=(x,z)} }$

${ \white{ xxi } }$ D'où (0 , 0) est l'élément neutre du groupe $\overset{ { \white{ . } } } { (\R\times\C, *). }$

${\bullet}{\white{xx}}\forall\;z\in\C;(\text{Im}(z),z)*(-\text{Im}(z),-z)=(\text{Im}(z)-\text{Im}(z),z-z) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad (\text{Im}(z),z)*(-\text{Im}(z),-z)=(0,0)}$

${ \white{ xxi } }$ La loi $\overset{ { \white{ . } } } { * }$ étant commutative dans $\overset{ { \white{ . } } } { \R\times\C, }$ , nous obtenons : $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\;z\in\C;(\text{-Im}(z),-z)*(\text{Im}(z),z)=(0,0)}$

$\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWW}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{( \forall\;z\in\C;(\text{Im}(z),z)*(-\text{Im}(z),-z)=(-\text{Im}(z),-z)*(\text{Im}(z),z)=(0,0)} }$

${ \white{ xxi } }$ D'où $\overset{ { \white{ . } } } {(-\text{Im}(z),-z)}$ est le symétrique de $\overset{ { \white{ . } } } {(\text{Im}(z),z)}$ pour la loi $\overset{ { \white{ . } } } { *\,. }$

Pour montrer que G est un sous-groupe du groupe $\overset{ { \white{ . } } } { (\R\times\C,*) }$   , il suffit de montrer que la partie $\overset{ { \white{ . } } } { G }$ de $\overset{ { \white{ . } } } { \R\times\C}$ comprend l'élément neutre du groupe $\overset{ { \white{ . } } } { (\R\times\C,*)}$ et que $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,((\text{Im}(z),z),(\text{Im}(z'),z'))\in G^2 :\;\;(\text{Im}(z),z)*(-\text{Im}(z'),-z')\in G.}$

${\bullet}{\white{x}}$ Manifestement, (0 , 0) appartient à G .

$\bullet\quad\text{Soit }((\text{Im}(z),z),(\text{Im}(z'),z'))\in G^2 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{xxi} \text{Alors }\;(\text{Im}(z),z)*(-\text{Im}(z'),-z') = (\text{Im}(z)-\text{Im}(z),z-z')} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWWWWWWWWWw} = (\text{Im}(z-z'),z-z')\in G\quad\text{car }z-z'\in\C} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,((\text{Im}(z),z),(\text{Im}(z'),z'))\in G^2 :\;\;(\text{Im}(z),z)*(-\text{Im}(z'),-z')\in G.}$

Par conséquent, G est un sous-groupe de $\overset{ { \white{ . } } } { (\R\times\C,*) }$ .

4. b) Soit $\overset{ { \white{ . } } } { \psi }$ l'application définie de $\C^*$ vers $\R\times\C$ par : $\overset{ { \white{ . } } } {\forall\,z\in\C^*\,;\quad \psi(z) =(\text{Im}(z),z)}$

Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { \psi }$ est un homomorphisme de $(\C^*,\times )$ vers $(\R\times \C,\top )\,.$

D'une part, $\forall\,(z,z')\in\C^*\times\C^*\,;\quad \psi(z\times z') =(\text{Im}(z\times z'),z\times z')$

D'autre part,

$\forall\,(z,z')\in\C^*\times\C^*\,;\quad \psi(z)\top\psi(z') =(\text{Im}(z),z)\top(\text{Im}(z'),z') \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWWWWWWWWx} = (\text{Im}(z)\times\text{Re}(z')+\text{Im}(z')\times\text{Re}(z),z\times z') } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWWWWWWWWx} = (\text{Im}(z\times z'),z\times z')}$

D'où, $\boxed{\forall\,(z,z')\in\C^*\times\C^*\,;\quad \psi(z\times z') =\psi(z)\top\psi(z') }$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { \psi }$ est un homomorphisme de $(\C^*,\times )$ vers $(\R\times \C,\top )\,.$

4. c) Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { (G-\lbrace (0,0)\rbrace,\top) }$ est un groupe commutatif.

Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { (\C^*,\times)}$ est un groupe commutatif.

Or l'image d'un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif.
Il s'ensuit que $\overset{ { \white{ . } } } { \psi(\C^*) }$ est un groupe commutatif.

$\text{Or }\;\psi(\C^*)=\psi\left(\overset{}{\lbrace z\,/\,z\in\C^*\rbrace}\right) \\ \phantom{WWWW}=\left\lbrace\overset{}{\psi( z)\,/\,z\in\C^*}\right\rbrace \\ \phantom{WWWW}=\lbrace\overset{}{\psi( z)\,/\,z\in\C\rbrace-\lbrace\psi(0)\rbrace} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWW}=\lbrace (\text{Im}(z),z)\rbrace-\lbrace (\text{Im}(0),0)\rbrace} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWW}=G-\lbrace (0,0)\rbrace }$

Nous déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { (G-\lbrace (0,0)\rbrace,\top) }$ est un groupe commutatif.

5. Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { (G,*,\top)}$ est un corps commutatif.

$\longrightarrow{ \white{ x } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { (G,*)}$ est un groupe commutatif car $\overset{ { \white{ . } } } { (G,*)}$ est un sous-groupe du groupe commutatif $\overset{ { \white{ . } } } { (\R\times\C,*) }$    (voir question 4. a).
$\longrightarrow{ \white{ x } }$ Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { (G-\lbrace (0,0)\rbrace,\top) }$ est un groupe commutatif (voir question 4. c).

$\longrightarrow{ \white{ x } }$ Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { \top }$ est distributive par rapport à $\overset{ { \white{ . } } } { * }$ dans G .

$\forall\,(\text{Im}(z_1),z_1),\,(\text{Im}(z_2),z_2),\,(\text{Im}(z_3),z_3)\in G, \\\\ (\text{Im}(z_1),z_1)\top\left(\overset{}{(\text{Im}(z_2),z_2)*(\text{Im}(z_3),z_3)}\right)\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWW}=(\text{Im}(z_1),z_1)\top(\text{Im}(z_2)+\text{Im}(z_3),z_2+z_3)} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWW}= (\text{Im}(z_1)\times\text{Re}(z_2+z_3)+(\text{Im}(z_2)+\text{Im}(z_3))\times\text{Re}(z_1),z_1(z_2+z_3))} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWW}= (\text{Im}(z_1)\times(\text{Re}(z_2)+\text{Re}(z_3))+(\text{Im}(z_2)+\text{Im}(z_3))\times\text{Re}(z_1),z_1(z_2+z_3))}$
$\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWW}= (\text{Im}(z_1)\times\text{Re}(z_2)+\text{Im}(z_1)\times\text{Re}(z_3)+\text{Im}(z_2)\times\text{Re}(z_1)+\text{Im}(z_3)\times\text{Re}(z_1),z_1z_2+z_1z_3)} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWW}= (\text{Im}(z_1)\times\text{Re}(z_2)+\text{Im}(z_2)\times\text{Re}(z_1),z_1z_2)*(\text{Im}(z_1)\times\text{Re}(z_3)+\text{Im}(z_3)\times\text{Re}(z_1),z_1z_3)} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWW}= \left(\overset{}{ (\text{Im}(z_1),z_1)\top(\text{Im}(z_2),z_2)}\right)*\left(\overset{}{ (\text{Im}(z_1),z_1)\top(\text{Im}(z_3),z_3)}\right)} \\\\\Longrightarrow\phantom{i}\boxed{\forall\,(\text{Im}(z_1),z_1),\,(\text{Im}(z_2),z_2),\,(\text{Im}(z_3),z_3)\in G,}\\\phantom{WW}\boxed{(\text{Im}(z_1),z_1)\top\left(\overset{}{(\text{Im}(z_2),z_2)*(\text{Im}(z_3),z_3)}\right)=\left(\overset{}{ (\text{Im}(z_1),z_1)\top(\text{Im}(z_2),z_2)}\right)*\left(\overset{}{ (\text{Im}(z_1),z_1)\top(\text{Im}(z_3),z_3)}\right)}$

Or la loi $\overset{ { \white{ . } } } { \top}$ est commutative dans G .
Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { \top }$ est distributive par rapport à $\overset{ { \white{ . } } } { * }$ dans G .

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { (G,*,\top)}$ est un corps commutatif.

3 points

exercice 4

Soit p un nombre premier impair.
On pose $\overset{ { \white{ . } } } { S=1+p+p^2+p^3+\cdots+p^{p-1}\,. }$
Soit q un nombre premier qui divise S .

1. a) Montrons que p et q sont premiers entre eux.

$q\,|\,S\quad\Longrightarrow\quad\exists\, a\in \Z\,:\,S=aq \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{q\,|\,S}\quad\Longrightarrow\quad\exists\, a\in \Z\,:\,1+p+p^2+p^3+\cdots+p^{p-1}=aq } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{q\,|\,S}\quad\Longrightarrow\quad\exists\, a\in \Z\,:\,1=aq-p-p^2-p^3-\cdots-p^{p-1} } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{q\,|\,S}\quad\Longrightarrow\quad\exists\, a\in \Z\,:\,1=aq+p(-1-p-p^2-\cdots-p^{p-2}) }$
${ \white{ xxxxxi } }$ $\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{q\,|\,S}\quad\Longrightarrow\quad\exists\, a\in \Z\,:\,p(-1-p-p^2-\cdots-p^{p-2})+qa=1 }$

Dès lors, sachant que p et q sont des entiers non nuls (car p et q sont premiers), nous déduisons qu'il existe deux entiers u et v tels que $\overset{ { \white{ . } } } { p\times u+q\times v=1. }$
Il suffit de poser $\overset{ { \white{ . } } } { \left\lbrace\begin{matrix}u=-1-p-p^2-\cdots-p^{p-2}\\v=a\phantom{WWWWWWWWWw}\end{matrix}\right. }$
Par conséquent, selon le théorème de Bézout, p et q sont premiers entre eux.

1. b) Nous savons que q est premier et que $\overset{ { \white{ . } } } { p\wedge q=1\,. }$
D'après le petit théorème de Fermat, nous déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{p^{q-1}\equiv 1\,[q]}\,. }$

1. c) S est la somme de p termes d'une suite géométrique de raison p dont le premier terme est 1.

Nous obtenons alors :

${ \white{ xxi } }$ $S=\text{premier terme}\times \dfrac{1-(\text{raison})^{\text{nombre de termes}}}{1-\text{raison}} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{S}= 1\times\dfrac{1-p^p}{1-p}} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{S}=\dfrac{1-p^p}{1-p}} \\\\\Longrightarrow\quad S=\dfrac{p^p-1}{p-1}$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{p^p-1=(p-1)S} }$

Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { p^p\equiv 1\,[q]. }$

Nous savons que q divise S .
Puisque (p -1) est un nombre entier, q divise $\overset{ { \white{ . } } } { (p-1)S .}$
Or $\overset{ { \white{ . } } } { p^p-1=(p-1)S. }$
Dès lors, q divise $\overset{ { \white{ . } } } { p^p-1. }$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { p^p\equiv 1\,[q]. }$

2. On suppose que p et q -1 sont premiers entre eux.

2. a) En utilisant le théorème de Bézout, montrons que : $\overset{ { \white{ . } } } { p\equiv 1\,[q]. }$

Nous avons supposé que p et q -1 sont premiers entre eux.
Suivant le théorème de Bézout, nous savons qu'il existe alors deux nombres entiers u et v tels que : $\overset{ { \white{ . } } } { pu+(q-1)v=1. }$

Montrons qu'il est impossible d'avoir (u > 0 et v supegal

0) ou (u

0 et v

0).

${\bullet}{\white{x}}$ Soit u > 0 et v supegal

0.
Nous savons que u est un nombre entier et que p est un nombre premier impair.
Dès lors,

$\left\lbrace\begin{matrix}u>0\\v\ge 0\\p\ge3\\q-1\ge 0\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}u\ge1\\v\ge 0\\p\ge3\\q-1\ge0\end{matrix}\right. \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}pu\ge p\\p\ge 3\\ (q-1)v\ge 0\end{matrix}\right. } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}pu\ge 3\\ (q-1)v\ge 0\end{matrix}\right. } \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWW}\quad\Longrightarrow\quad pu+(q-1)v\ge 3}$

Or $\overset{ { \white{ . } } } { pu+(q-1)v=1. }$
Cela signifierait que : $\overset{ { \white{ . } } } { 1\ge3\,, }$ ce qui est absurde.

D'où il est impossible d'avoir (u > 0 et v 0).

${\bullet}{\white{x}}$ Soit u infegal

0 et v

0.
Nous obtenons alors :

$\left\lbrace\begin{matrix}u\le0\\v\le 0\\p>0\\q-1\ge0\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}pu\le0\\ (q-1)v\le0\end{matrix}\right. \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWW}\quad\Longrightarrow\quad pu+(q-1)v\le 0}$
Or $\overset{ { \white{ . } } } { pu+(q-1)v=1. }$
Cela signifierait que : $\overset{ { \white{ . } } } { 1\le 0\,, }$ ce qui est absurde.

D'où il est impossible d'avoir (u 0 et v 0).

Nous venons donc de montrer qu'il est impossible d'avoir (u > 0 et v 0) ou (u 0 et v 0).

${\bullet}{\white{x}}$ Envisageons le cas : u > 0 et v < 0.

Nous obtenons alors :

$pu+(q-1)v=1\quad\Longleftrightarrow\quad pu=1-(q-1)v \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWW}}\quad\Longrightarrow\quad p^{pu}=p^{1-(q-1)v} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWW}}\quad\Longrightarrow\quad (p^{p})^u=p\times p^{-(q-1)v} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWW}}\quad\Longrightarrow\quad (p^{p})^u=p\times (p^{q-1})^{-v}$

Or selon les questions 1. b) et 1. c), nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { p^{q-1}\equiv 1\,[q] }$ et que $\overset{ { \white{ . } } } { p^p\equiv 1\,[q]\,. }$

En sachant que u et (-v ) sont des entiers strictement positifs, nous déduisons alors que : $\overset{ { \white{ . } } } { 1^u\equiv p\times 1^{-v}\,[q]\,. }$

Il s'ensuit que $\overset{ { \white{ . } } } { 1\equiv p\,[q] }$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{p\equiv 1\,[q]}\,. }$

${\bullet}{\white{x}}$ Envisageons le cas : u infegal

0 et v > 0.

Nous obtenons alors :

$pu+(q-1)v=1\quad\Longleftrightarrow\quad (q-1)v=1-pu\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWW}}\quad\Longrightarrow\quad p^{(q-1)v}=p^{1-pu} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWW}}\quad\Longrightarrow\quad (p^{q-1})^v=p\times p^{-pu} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWW}}\quad\Longrightarrow\quad (p^{q-1})^v=p\times (p^{p})^{-u}$

Or selon les questions 1. b) et 1. c), nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { p^{q-1}\equiv 1\,[q] }$ et que $\overset{ { \white{ . } } } { p^p\equiv 1\,[q]\,. }$

En sachant que (-u ) et v sont des entiers strictement positifs, nous déduisons alors que : $\overset{ { \white{ . } } } { 1^v\equiv p\times 1^{-u}\,[q]\,. }$

Il s'ensuit que $\overset{ { \white{ . } } } { 1\equiv p\,[q] }$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{p\equiv 1\,[q]}\,. }$

2. b) Nous devons en déduire que $\overset{ { \white{ . } } } { S\equiv 1\,[q]\,. }$

$p\equiv 1\,[q]\quad \Longrightarrow\quad \forall\, k\in\N:p^k\equiv 1\,[q] \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{p\equiv 1\,[q]}\quad \Longrightarrow\quad 1+p+p^2+p^3+\cdots+p^{p-1}\equiv 1+1+1+1+\cdots+1\,[q]} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{p\equiv 1\,[q]}\quad \Longrightarrow\quad S\equiv p\equiv 1\,[q]} \\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{p\equiv 1\,[q]}\quad \Longrightarrow\quad \boxed{S\equiv 1\,[q]}}$

3. Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { q\equiv 1\,[p]\,. }$

Nous avons démontré dans la question 2 b) que si p et q -1 sont premiers entre eux, alors $\overset{ { \white{ . } } } { S\equiv 1\,[q]\,.}$
Or q divise S , soit $\overset{ { \white{ . } } } { S\equiv 0\,[q]}$

Dès lors,

$\left\lbrace\begin{matrix}S\equiv1\,[q]\\S\equiv0\,[q]\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}1\equiv S\,[q]\\S\equiv0\,[q]\end{matrix}\right. \\\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWwWW}\quad\Longrightarrow\quad 1\equiv 0\,[q] } \\\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWwWW}\quad\Longrightarrow\quad \exists k\in \Z\,:\,1= 0+kq } \\\\ \overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWwWW}\quad\Longrightarrow\quad \exists k\in \Z\,:\,1= kq }$

ce qui est impossible car k est un nombre entier et q est un nombre premier.

Par conséquent, p et q -1 ne sont pas premiers entre eux.
Or p est un nombre premier.
Donc p divise q -1, soit $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{q\equiv 1\,[p]}\,. }$

${\red{\sim \sim \sim\ \mathscr{F}IN\sim \sim \sim }}$

Publié par malou/Panter le 31-08-2023

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