10_1_1_3_6_2006_SOL.pdf

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SUJET DE BACCALAURAT (MAROC , Juin 2006)

EPREUVE DE MATHEMATIQUES, FILIERE SCIENCES MATH

Correction propose par Hicham BASSOU (evariste) & Sad BENLAADAM

1


EXERCICE 1

Partie I

1) est une partie stable de G ( )( )2 ,M \ Soient et deux lments de ( , )a bM ( , )c dM ( )2M \ . On a , comme , alors ( , ) ( , ) ( , )

1 0 1 0 1 0a b c d a bc bdM M Ma b c d a bc bd +

= = = + 0bd

( , )a bc bdM G+ .

Donc G est une partie stable de ( )( )2 ,M \ . 2) est un groupe ( ,G )

Dabord, il est clair que est non vide. G >> Associativit de la loi La loi est associative dans , elle lest aussi dans G . ( )2M \ >> Elment neutre

On a , cest la matrice identit dans (1 , 0)1 00 1

M = ( )2M \ . Donc est llment neutre de . (1,0)M G Daprs la question 1), est stable donc la loi G est une loi interne . GMontrons que tout lment de admet un lment inversible. G

*( , )a b \ \ , cherchons tel que *( , )c d \ \ ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) (1,a b c d c d a bM M M M M 0) = = ,

cest dire , , autrement dit,

010

a bcbdc da

+ = = + =1db

= et acb= est la seule solution de ce systme.

Donc tout lment de admet un lment inversible savoir ( , )a bM G 1,ab b

M .

Conclusion : est un groupe. G

Il reste vrifier si est commutatif, pour cela, on a, G(1,1) (1,2) (2,2)M M M = et (1,2) (1,1) (3,2)M M M = , donc G nest pas commutatif.

2


3) est un sous groupe de H ( ),G Dabord, il est clair que est non vide. H

Il suffit ensuite de montrer que *( , )a b + \ \ et *( , )c d + \ \ , ( ) 1( , ) ( , )a b c dM M H . ( ) 1( , ) ( , ) ( , ) 1, ,a b c d a b c ba

d d d d

M M M M M

= = c b

.

Comme et , alors 0b > 0d > 0bd> , donc ( ) 1( , ) ( , )a b c dM M H H

et est bien un sous groupe

de . ( ),G 4) Expression de en fonction de et de . nA n a

On a, , et . *n` a\ 1 01

Aa =

Montrons par rcurrence que est de la forme et donnons une formule de rcurrence

.

nA1 0

1nu

nu

Pour , on a et 1n = 1 1 01

A Aa = = 1u a= .

On suppose que , alors 1 0

1n

nA u

=

) u

1( , 1) ( , 1) ( , 1)n n

n nu a a uA A A M M M

+ += = =

Donc et . 11 0

1n

nA a u

+ = + 1n nu a u+ = +

1n , avec ( une suite arithmtique vrifiant 1 01n

nA u

= nu 1n nu n+ = + , do nu na= .

Au final, pour tout entier naturel , on a 1n 1 01

nAna =

Partie II

1) est un morphisme bijectif de ( ),G vers ( )* , T\ \ Soient et ( , dans , alors, ( , )a b )c d *\ \( ) ( ) ( ) (( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )( , ) ( , ) ( , )a b c d a bc bd a b c dM M M a bc bd a b T c d M T M + = = + = = ) .

est donc un morphisme de ( vers ),G ( )* , T\ \ .

3


Par ailleurs, est clairement surjectif car ( , )a b dans *\ \ , on a est limage de

( )( , )( , ) a ba b M= .

Il reste montrer que est injective. Soient et ( , dans tels que ( , )a b )c d *\ \ ( ) ( )( , ) ( , )a b c dM M = . Alors, et donc et b( , ) ( , )a b c d= a c= d= , do ( , ) ( , )a b c dM M= . est donc injectif, on en dduit que est bijectif.

est un morphisme bijectif de ( ),G vers ( )* , T\ \ . 2) Structure algbrique de ( )* , T\ \ Comme est un morphisme bijectif de ( ),G vers ( )* , T\ \ , alors ( )* , T\ \ est isomorphe , comme ce dernier est un groupe non commutatif, alors ( ,G ) ( )* , T\ \ est galement un groupe non commutatif.

3) Le symtrique de dans n fois

( ,1) ( ,1) ............( ,1)a T a T a T ( )* , T\ \ On a ( ) ( )( ,1) ( ,1) ( ,1)

n fois n fois

( ,1) ( ,1) ............( ,1) ......... na aa T a T a T M M M= = a

a

en empruntant les

notations de la question 4.

Daprs cette mme question, on a ( ) , donc, ( ,1) ( , 1)na nM M=( )( , 1)

n fois

( ,1) ( ,1) ............( ,1) naa T a T a T M= .

Le symtrique de cet lment est donc ( ) ( )1( , 1) ( , 1) ( ,na na 1)M M n = = a .

4


EXERCICE 2 On considre dans lquation *` `* 2)2 2( ) (x x y y x y+ = , on note (E) cette quation. 1) On pose , ( , )d PGCD x y= x ad= et y bd=

a. Vrifier que 2 2( ) ( )d b a b a b a = + 2)On a 2 2 2 2 3( ) ( ) (x x y a d ad bd a d a b+ = + = + et , do, 2 2 2 4( ) ( )y x y b d a b = 2

2

)

2 3 2 4 2( ) ( )a d a b b d a b+ = , en divisant par qui est par dfinition non nul, on trouve .

3d2 2( ) ( )d b a b a b a = +

b. En dduire que b = 1

De la question prcdente, on dduit que b divise 2(a a b+ , comme b est premier avec a , il est alors premier avec et daprs le thorme de Gauss, divise 2a b a b+ . Il existe donc un entier tel que , ce qui implique que n a b nb+ = ( 1)a n b= et que b divise a . Alors, divise . b ( , ) 1PGCD a b =Donc . 1b =c. a 1 et (a - 1) divise (a + 1) En remplaant par 1 dans la relation , on obtient . b 2 2( ) ( )d b a b a b a = + 2

0

2 2( 1) ( 1)d a a a = +Comme alors et donc 2( 1) 0a a+ > 2( 1)a 1a . Par ailleurs, ( divise comme 1a ) )2( 1)a a+ ( 1a est premier avec 1a alors ( divise ( 11a ) )a + . d. a = 2 ou a = 3 On dduit de la question prcdente que ( 1a ) divise 1 ( 1) 2a a+ = , Donc , soit . 1 1 ,a = 2 0 , 2 , 1 , 3a = Les solutions 0 et nappartiennent pas , donc 1 *` 2a = ou 3a = . 2) Rsolution de lquation (E) Soit ( , )x y solution de (E) et , ( , )d PGCD x y= x ad= et y bd= . Daprs les questions prcdentes, on a 2a = ou 3a = et 1b = .

Si , alors daprs la question 1. a), on a 2a = 23 2 12d = = . Si , alors . 3a = 24 4 3 9d d = =

11 On peut le voir via une identit de Bezout, ( 1)a a = , donc . ( , 1) 1PGCD a a =

5


Donc les seules solutions possibles sont (2 12 , 12) (24,12) = et (3 9,9) (27,9) = . Rciproquement, ( et sont solutions de (E), en effet, 24,12) (27,9) >> est solution de (E) (24,12)2 2 2 3 424 (24 12) 24 36 (12 2) 12 3 12 4 3 12+ = = = = 2 2 4(24 12) 12 =

4

et 12 . >> est solution de (E) (27,9)2 2 227 (27 9) 27 36 (9 3) 9 4 9 4+ = = = et 2 2 2 2 2 2 49 (27 9) 9 18 9 (9 2) 9 4 = = = .

Finalement, les seules solutions de (E) sont et . (24,12) (27,9)

EXERCICE 3

Partie I 1) Une quation cartsienne de ( ) H

On a , on pose 2( ) (2 6 )P z z i z= + z x i y= + avec x et des rels. y

2 2 2 2( ) 2 (2 6 )( ) 2 6 (2 2 6 )P z x y i x y i x i y x y x y i xy y x= + + + = + + ( )P z est imaginaire pur si et seulement si Re( ( )) 0P z = , soit 2 2 2 6x y x y 0 + = .

2) Nature de lensemble ( )H>> est une hyperbole ( )H

( )H a pour quation , que lon peut crire 2 2 2 6x y x y + = 0 2 2( 1) ( 3) 8x y = , autrement dit,

2 2( 1) ( 3) 18 8

x y = , do, ( ) ( )2 2

2 2 12 2 2 2

X Y = avec 13

X xY y= = .

( )H est une hyperbole de centre et dquation (1 , 3) ( ) ( )2 2

2 2 12 2 2 2

X Y = dans le repre

. ( )1 2, ,e e JJG JJG >> Sommets de ( )HOn a 2 2a b= = ,

6


Les sommets sont ( )0 , 2 2A et ( )' 0 , 2 2A dans le repre ( )1 2, ,e e JJG JJG et ( )1 , 1 2 2A + et (' 3 , 3 2 2A )

)

dans le repre ( ) . 1 2, ,O e eJJG JJG >> Les asymptotes de ( ) H

Dans le repre ( , les asymptotes ont pour quation 1 2, ,e e JJG JJG bY a= X et bY a= X)

, cest dire

et Y X . Y X= = Dans le repre , les asymptotes ont pour quation ( 1 2, ,O e eJJG JJG 2y x= + et 4y x= + . 3) est un point de O ( )H

Le point vrifie bien lquation (0,0)O 2 2 2 6x y x y 0 + = , donc O appartient bien . ( )H

Une quation cartsienne de la tangente au point dans le repre ( )H O ( )1 2, ,e e JJG JJG est donne par la formule

0 0 18 8

X X Y Y = avec ( )0 0,X Y les coordonnes du point dans le repre .

O

( )1 2, ,e e JJG JJGOn a donc , lquation ( 1, 3)O 0 0 1

8 8X X Y Y = devient alors 3 8X Y 0 = .

En remplaant X et Y respectivement par 1x et 3y , on obtient lquation de cette tangente dans le repre ( ) , soit, . 1 2, ,O e eJJG JJG 3 0x y =

4) Reprsentation graphique de ( )H

7


8


Partie II 1) Rsolution de lquation P(z) = 4 6i

2( ) 4 6 (2 6 ) 6 4 0P z i z i z i= + + = ' 2(1 3 ) (6 4) 4i i = + =

Les solutions de cette quation sont 1 1 3 2 1 5z i i i= + + = + 2 1 3 2 1z i i i et = + = +

w

i

w

.

2) Une formule

a. 4 4u v =4 4 2 2(1 5 ) (1 ) ( 24 10 ) (1 ) 4( 12 5 ) (1 ) 4(119 120 ) (1 )u v i i i i i i i = + + = + + = + + = + 4 4(239 ) 4u v i = =

b. Un argument de u en fonction de et un argument de w en fonction de Notons u un argument de u , on a [Im( )tan( ) 5 2Re( )u

uu

] = = , donc ( ) [ ]arctan 5 2u = . Par ailleurs, on a

1arctan( ) arctan2

xx

+ = , avec = signe de x , do, 1arctan [2 ]

2 5 2u = = .

De mme, on a 1tan( ) [2 ]

239w = , do [1 1arctan arctan 2

239 239w] = = = car la

fonction arctan( )x est impaire.

c. 1 14arctan arctan5 239 4

= On part de la relation dmontre la question 2.a, cest dire,

4 4u v = w ( ) [ ]4arg arg(4 ) 2u v w = ( ) [ ]4arg arg( ) arg(4) arg( ) 2u v w + = +

[ ]4arg( ) arg( ) 0 arg( ) 2u v w + = +

9


Notons, au passage que, donc 1v = + i 2v = et 1 2cos( )

221 2sin( )

22

v

v

= = = =

, do [ ]24v =

4 [2 4 2 ] + =

[ ]2 4 24 + =

[ ]4 24 =

Or 21arctan( ) arctan(0) ( 0)

1x x

c = + , do arctan( )x x .

On en dduit que 4 145 239

+ , do, 1 14 4arctan arctan4 5 239 4 = = .

EXERCICE 4

Partie I Etude de la fonction gn1) Tableau de variations de ng

ng est la fonction dfinie sur par *+\ ( ) 2 ln( )ng x n x x= + et est un entier naturel suprieur ou

gal 3.

n

ng est continue et drivable sur et *+\ *x + \ , ' 2( ) 0ng x n x= + > , de plus 0

lim ( )nx

g x+= et

. lim ( )nx

g x+ = + Le tableau de variations de est ainsi : ng x 0 + '( )ng x +

( )ng x

+

10


2) Pour tout rel x non nul, ln( )x x> On pose ( ) ln( )d x x x= et on va dmontrer que pour tout . ( ) 0d x > *x +\d est continue et drivable sur et *+\ ' 1 1( ) 22

xd x 2x xx

= = . d admet un minimum en , donc 4x = *x + \ , on a, ( ) ( 4) 2(1 ln(2)) 2(ln( ) ln(2)) 2ln 0

2ed x d e = = = > car 12

e > , donc ln( )x x> , *x + \ .

3) Rsolution de lquation ( ) 0ng x = et limite de n a. ( ) 0ng x =ng est strictement croissante sur ,

*+\0

lim ( )nx

g x+= et , donc ralise

une bijection de vers

lim ( )nx

g x+ = + ng

0 ,+ + ] [, + . Lquation admet une solution unique ( ) 0ng x = n dans ] [0 , + . De plus, ( )2 21 11 2ln 1 2ln( ) ln( ) ln ln eg n e nn n n = + = = = , donc 13 , 0nn g n daprs la question 2.

On en dduit que 1 10n ng gn n

<


0x > , on a 23

( ) (0) 10

x

f x fx

x e

= , donc 20 03

( ) (0) 1 1lim lim0 0x x x

f x fx

x e+ + +

= = = + , cela

implique que f nest pas drivable droite de zro et que admet une demi tangente verticale dquation (axe des ordonnes).

fC0x =

2) Limite de au voisinage + linfini 133lim ( ) lim lim 0x xx x xxf x x ee

+ + += = = , donc admet la droite dquation (axe des

abscisses) comme asymptote horizontale.

fC 0y =

3) Variations de a. Drive de La fonction f est continue et drivable sur ] [0 , + et *x + , \

2 1 1' 3 3 31 1 1( ) 1 ( )

3 3 3x x x x3f x x e x e x e f

x x

= = = x .

b. Tableau de variations de Pour tout x appartenant , [ [0 , + 3( ) xf x x e= est positive, le signe de 'f ne dpend que du signe de

1 33xx

.

x 0 13

+ '( )f x + -

( )f x

0

0,5

0

12

4) Reprsentation graphique de

fC

Etude dune suite On pose

1 , 13

I =

1) Rsolution dune quation

a. ( )f I I f est dcroissante sur I et est fortiori monotone, donc 1( ) (1) ,

3f I f f = .

De plus 1 1(1)

3f

e= > et (1)f I

Et,

1 13 3

13

1 1 13 3

3

f e

e

= =

Or, 3 33 1 3 1 1e e> > =

Donc, 1 1(1) 13 3

f f < <


b. Majoration de On se propose de dmontrer que '

2, ( )3

x I f x .

On a '1 3( ) ( )3xf x fx

= x , soit ' 1 3( ) ( )

3xf xx

= f x , daprs le tableau de variations de f , on

sait que 1( ) 0,5 13

f x f = et 230 xx e x> = et 20 ln( )

3x x x> + = 0

0 x g x> = 30x x et 0x >

3 2ln( )x x + = et et 30 ( ) 0 > = .

2) Etude dune suite

( ) 0n nu est la suite dfinie par 0 13u = et pour entier naturel , n 1 ( )n nu f u+ = . a. pour entier naturel , n nu IPour cela, on utilise un raisonnement par rcurrence.

On a 013

u = I I, on suppose que et on sintresse nu 1nu + . Comme ( )f I I , alors ( )nf u I I, cest dire 1 ( )n nu f u+ = , do n ` , . nu I

b. Une ingalit

On a daprs la question 3.a de la partie I, 31 13 3

< < , donc 3 I . De plus, 1 3 3( ) ( )n nu f u f + = Or daprs le thorme des accroissements finis, il existe un rel 3,nc u

)

tel que

'3 3( ) ( ) ( ) (n nf u f f c u = .

Par ailleurs, on sait que '2, ( )3

x I f x , donc ' 2( )3

f c ,

14


Do, '3 3( ) ( ) ( )n nf u f f c u = , et au final, 1 3 323n nu u + .

c. Une autre ingalit

On va dmontrer que pour entier naturel n , 1

323

n

nu + .

On vient de dmontrer que pour entier naturel , n 1 323n

u u 3n + , do par rcurrence,

3 123n n

u u 3 2

2 323 n

u 3

3 323 n

u

......

3 023

n

nu u 3

Or, comme 0 3,u I , alors 0 3 1 21 3 3u = , alors, 1

323

n

nu +

d. La suite ( ) est convergente 0n nu Comme

12lim 03

n

n

++

= , alors est convergente et ( ) 0n nu 3lim nn u + = . Partie III 1) Etude de F

a. est drivable sur [F [0 , + Soit , alors .

0( ) ( )

yG y f t dt= ( ) (8 ) ( )F x G x G x=

Comme G est drivable sur [ , alors lest galement. [0 , +

15


b. Expression de F puis variations de F

On a et ' ' '( ) 8 (8 ) ( ) 0F x G x G x x= > y'0, ( ) ( )y G y f > = Donc, 0x > ,

( ) ( )' 8 73 3 3 3 3( ) 8 (8 ) ( ) 8 8 8 8 1 16 17x x x x xF x f x f x x e x e e x e e x e = = = = x . Soit la solution de 16 , cest dire 7 1 0e = ln(16) 4 ln(2)

7 7 = = .

Donc, est croissante sur F [ ]0 , et dcroissante sur [ [, + . 2) Tableau de variations de F

a. Encadrement de F Pour tout x appartenant [ [0 , + , on a du fait que ( ) 0F x f soit positive ou nulle sur

. [ [0 , +Par ailleurs,

83( )x

t

xF x t e dt=

( ) ( )8 8 7 73 33( ) 8 2 2 1 2 ( ) 1x xt t x xxxF x x e dt x e x e e f x e = = = x Finalement, pour tout x appartenant [ [0 , + , on a ( )70 ( ) 2 ( ) 1 xF x f x e . b. Limite de F au voisinage de + linfini

Comme et , alors lim ( ) 0x

f x+ =7lim 1 1x

xe+ = ( )7lim 2 ( ) 1 0xx f x e+ = .

Donc la limite de au voisinage de + linfini existe et vaut zro. F

c. Tableau de variations de F

x 0 4 ln(2)7

+ '( )f x + -

( )f x

0

4 ln(2)7

F

0

FIN

16

SUJET DE BACCALAURAT (MAROC , Juin 2006)EPREUVE DE MATHEMATIQUES, FILIERE SCIENCES MATHEXERCICE 1Partie Iest une partie stable deest un groupeest un sous groupe deExpression de en fonction de et de .

Partie IIest un morphisme bijectif de versStructure algbrique deLe symtrique de dans

EXERCICE 2On pose , etVrifier queEn dduire que b = 1a ( 1 et (a - 1) divise (a + 1)a = 2 ou a = 3

Rsolution de lquation (E)

EXERCICE 3Partie IUne quation cartsienne deNature de lensembleest un point deReprsentation graphique de

Partie IIRsolution de lquation P(z) = 4 6iUne formuleUn argument de u en fonction de ( et un argument de w en fonction de (

EXERCICE 4Partie I Etude de la fonction gnTableau de variations dePour tout rel x non nul,Rsolution de lquation et limite de Limite de (n

Partie IIEtude de (Drivabilit de \( droite de zroLimite de \( au voisinage + linfiniVariations de (Drive de \(Tableau de variations de (

Reprsentation graphique de \(

Etude dune suiteRsolution dune quationMajoration de \( Une quivalence

Etude dune suitepour entier naturel ,Une ingalitUne autre ingalitLa suite est convergente

Partie IIIEtude de Fest drivable surExpression de F puis variations de F

Tableau de variations de FEncadrement de FLimite de F au voisinage de + linfiniTableau de variations de F

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