Examen Math Bac 2 Science Math 2020 Normale

7 juillet 2020 – Session Normale – Avec Correction –

Duré de l’épreuve: 4 heures

les 4 exercices indépendants entre eux.
Le candidat a le choix de répondre exclusivement:
Soit a l’exercice 1 ou exercice 2.

Exercice 1 (au choix ) : Arithmétique – 3.5 points

Exercice 2 (au choix ) : Structure Algébrique – 3.5 points

Exercice 3 (obligataire) : Les Nombres Complexes – 3.5 points

Exercice 4 (obligataire) : Analyse – 13 points

PARTIE I :

Le candidat a le choix de répondre exclusivement:

Soit a l’exercice 1 Soit a l’exercice 2

* Exercice 1 (au choix ) : Arithmétique – 3.5 points *

On considère dans

Z \times Z

l’équation

(D) = 7 x^{3} - 13 y = 5

Soit (x, y) ∈

Z \times Z

une solution de l’équation (D)

Montrer que:

x

et 13 sont premiers entre eux

b En déduire que:

x^{12} \equiv 1 [13]

Montrer que:

x^{3} \equiv 10 [13]

a En déduire que:

x^{12} \equiv 3 [13]

2 Déduire des questions précédentes, que:

l’équation (D) n’admet pas de solution dans

Z \times Z

* Exercice 2 (au choix ) : Structure Algébrique – 3.5 points *

On note par

M_{2} (I R)

I’ensemble des matrices carrées d’ordre deux.

On rappelle que

(M_{2} (I R), +, \times)

est un anneau non commutatif unitaire

d’unité

I = (\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array})

et que

(R^{*}, \times)

est un groupe commutatif.

On considéré le sous-ensemble

E

M_{2} (R)

défini par:

E = {(\begin{array}{ll} 1 & x \\ 0 & y \end{array}) / x \in I R e t y \in I R^{*}}

1) a. Montrer que

E

est une partie stable de

(M_{2} (I R), \times)

b. Montrer que la multiplication n’est pas commutative dans

E

c. Vérifier que:

(\forall x \in I R) (\forall y \in I R^{*}) :

(\begin{array}{cc} 1 & x \\ 0 & y \end{array}) \times (\begin{array}{cc} 1 & - \frac{x}{y} \\ 0 & \frac{1}{y} \end{array})

= (\begin{array}{cc} 1 & - \frac{x}{y} \\ 0 & \frac{1}{y} \end{array}) \times (\begin{array}{cc} 1 & x \\ 0 & y \end{array})

= (\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array})

2. Montrer que:

(E, x)

cst un groupe non commutatif.

3. On considére le sous-ensemble

F

E

défini par:

F = {M (x) = (\begin{array}{cc} 1 & x - 1 \\ 0 & x \end{array}) / x \in R^{*}}

a. Montrer que l’application définie par:

(\forall x \in R^{*}); φ (x) = M (x)

est un homomorphisme de

(R^{*}, \times)

vers

(\bar{E}, \times)

b. En déduire que:

(F, x)

est un groupe commutatif dont on précisera l’élément neutre,

Partie II:

Obligatoire: Exercice 3 et Exercice 4

* Exercice 3 (obligataire) : Les Nombres Complexes – 3.5 points *

Soit m un nombre complexe non nul.

Partie I :

On considéré dans ℂ l’équation d’inconnue

z

(E) : z^{3} - 2 m z^{2} + 2 m^{2} z - m^{3} = 0

1. Résoudre dans ℂ l’équation

(E)

On remarque que m est une solution de l’équation

(E)

2. On note

z_{1}

z_{2}

les deux autres solutions de l’équation

(E)

autre que

m

2.a Vérifier que:

\frac{1}{z_{1}} + \frac{1}{z_{2}} = \frac{1}{m}

b Dans le cas où

m = 1 + e^{i \frac{π}{3}}

, écrire sous la forme algébrique

z_{1}

z_{2}

Partie II :

Le plan complexe est rapporté a un repère orthonormé direct

(O; \vec{u}, \vec{v})

On considère les points A et B d’affixes respectives:

a = m e^{\frac{π}{3}}

b = m e^{- i \frac{π}{3}}

On note:

P

le centre de la rotation d’angle

(\frac{π}{2})

qui transforme

O

A

Q

le centre de la rotation d’angle

(\frac{π}{2})

qui transforme

A

B

R

le centre de la rotation d’angle

(\frac{π}{2})

qui transforme

B

O

1. Montrer que: les points O, A et B ne sont pas alignes.

2. a. Montrer que l’affixe de P est

p = m \frac{\sqrt{2}}{2} e^{i \frac{7 π}{12}}

et que l’affixe de R est

r = m \frac{\sqrt{2}}{2} e^{- i \frac{7 π}{12}}

b. Montrer que:

l’affixe de Q est

q = m \sqrt{2} \sin (\frac{7 π}{12})

3. Montrer que:

OQ=PR et que les deux droites (OQ) et (PR) sont perpendiculaires.

* Exercice 4 (obligataire) : Analyse – 13 points *

Partie I :

On considère la fonction

f

définie sur l’intervalle I=[0;+∞[ par:

f (0) = 0

et ∀ x∈] 0;+∞[:

f (x) = x^{3} l n (1 + \frac{1}{x})

et soit

(C)

sa courbe représentative dans un repère orthonormé

(O; \vec{i}, \vec{j})

(On prendra

‖ \vec{i} ‖ = ‖ \vec{j} ‖ = 1 c m

)

1. On appliquant le théorème des accroissements finis à la fonction:

t ⟶ ln(t) sur l’intervalle I=[x;x+1], Montrer que:

(P):(∀ x∈] 0;+∞[) ;

\frac{1}{x + 1} < l n (1 + \frac{1}{x}) < \frac{1}{x}

2. En utilisant la proposition (

P

), montrer que:

la fonction

f

est dérivable a droite en 0

b. En utilisant la proposition

(P)

, montrer que:

la courbe

(C)

admet une branche parabolique dont on précisera la direction.

3.a. Montrer que:

la fonction

f

est dérivable sur ] 0;+∞[ et que :

(∀ x∈] 0,+∞[) ;

f ‘ (x) = 3 x^{2} (l n (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{3 (1 + x)})

b.En déduire que:

la fonction

f

est strictement croissante sur

I

(On pourra utiliser la proposition

(P)

)

c. Dresser le tableau de variations de

f

4. Pour tout x ∈] 0,+∞[, on pose:

g (x) = \frac{f (x)}{x}

a. Vérifier que:

(∀ x∈] 0,+∞[) ;

g ‘ (x) = 2 x (l n (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{2 (1 + x)})

en déduire que:

la fonction

g

est strictement croissante sur

I R_{+}^{*}

b. Montrer que l’équation g(x)=1 admet sur

I R_{+}^{*}

une solution unique notée α puis vérifier que α ∈]1;2[

(On prendra

l n 2 = 0.7

l n (\frac{3}{2}) = 1.5

En déduire que les seules solutions de l’équation

f (x) = x

sont 0 et

α

5.a. Représenter graphiquement la courbe (

C

)

(On précisera la demi-tangente à droite en O et la branche parabolique de

(C))

b. Montrer que:

f

est une bijection de

I

vers

I

(On note

f^{- 1}

sa bijection réciproque).

Partie II:

On considère la suite

(u_{n})_{n \geq 0}

définie par:

0 < u_{0} < α

et (∀ n ∈IN) ;

u_{n + 1} = f^{- 1} (u_{n})

1. Montrer par récurrence que: (∀ n ∈IN );

0 < u_{n} < α

2.a. Montrer que: g(]0;α[)=]0;1[

b. En déduire que la suite

(u_{n})_{n \geq 0}

est strictement croissante.

c. Montrer que la suite

(u_{n})_{n \geq 0}

est convergente.

d. déterminer

l i m_{n ➝ + \infty} u_{n}

Partie III :

On considère la fonction

F

définie sur l’intervalle

I

par:

(\forall x \in I); F (x) = \int_{x}^{1} f (t) d t

1.a. Etudier suivant les valeurs de x, le signe de

F (x)

b. Montrer que:

la fonction

F

est dérivable sur

I

et déterminer sa dérivée première

F ‘

c. En déduire que:

F

est strictement décroissante sur

I

2.a. Montrer que ∀ x∈[1;+∞[:

F (x) \leq (1 - x) l n 2

b. En déduire

lim_{x ➝ + \infty} F (x)

3.a. En utilisant la méthode d’intégration par parties,

montrer que ∀ x ∈] 0,+∞[:

F (x) = \frac{\ln 2}{4} - \frac{x^{4}}{4} l n (1 + \frac{1}{x}) + \frac{1}{4} \int_{x}^{1} \frac{t^{3}}{t + 1} d t

b. Calculer:

\int_{x}^{1} \frac{t^{3}}{t + 1} d t

pour tout } x ∈]0,+∞[

On remarque que:

\frac{t^{3}}{1 + t} = t^{2} - t + 1 - \frac{1}{1 + t})

c. En déduire que ∀ x∈] 0,+∞[:

F (x) = \frac{5}{24} - \frac{x^{3}}{12} + \frac{x^{2}}{8} \frac{x}{4} + \frac{1}{4} \ln (1 + x) - \frac{x^{4}}{4} l n (1 + \frac{1}{x})

d. Calculer:

lim_{x ➝ 0^{+}} F (x)

, en déduire la valeur de

\int_{0}^{1} f (t) d t

4. Pour tout entier naturel non nul n, on pose:

v_{n} = \sum_{k = 0}^{k = n - 1} (F (\frac{2 k + 1}{2 n}) - F (\frac{k}{n}))

a. Montrer que pour tout n ∈IN* et pour tout k ∈\{0,1, …, n-1\}

- \frac{1}{2 n} f (\frac{2 k + 1}{2 n}) \leq F (\frac{2 k + 1}{2 n}) - F (\frac{k}{n}) \leq - \frac{1}{2 n} f (\frac{k}{n})

b. En déduire que ∀ n ∈IN*:

- \frac{1}{2 n} \sum_{k = 1}^{k = n} f (\frac{k}{n} \leq v_{n} \leq - \frac{1}{2 n} \sum_{k = 0}^{k = n - 1} f (\frac{k}{n})

(On remarque que:

\frac{2 k + 1}{2 n} < \frac{k + 1}{n}

(6) Montrer que:

la suite numérique

(v_{n})_{n \in I N *}

est convergente et déterminer sa limite.

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Examen Bac 2 SM 2020 Nor

Correction Bac 2 SM 2020 Nor

Examen National Mathématiques Sciences Maths 2020 Normal - Corrigé -

Exercice 1:

1-a-

Considérons dans $Z \times Z$ l’équation (D):
$7 x^{3} - 13 y = 5$ .
1- Supposons que l’équation $(D)$ admet une solution $(x, y)$ dans $Z \times Z$ .
a- Montrons que $x$ et 13 sont premiers entre eux.
Pour cela, posons $d = x \land 13$
et montrons que $d = 1$ .
Comme $d = x \land 13$ alors $d / x$ et $d / 13$
Donc $d / x \times 7 x^{2} + 13 \times (- y)$
D’où $d / 5 (car 5 = 7 x^{3} - 13 y)$
Et par suite $d = 5$ ou $d = 1$ (puisque 5 est premier et $d \geq 1$ )
Et comme 5 ne divise pas 13
alors $d = 1$
Et par suite $x$ et 13 sont premiers entre eux.

Déduisons que $x^{12} \equiv 1[13]$
Comme 13 est premier
et comme $x \land 13 = 1$
alors d’après le théorème de Fermat $x^{13 - 1} \equiv 1 [13]$
c.à.d $x^{12} \equiv 1 [13]$ .

Montrons que

x^{3} \equiv 10 [13]

On a :

7 x^{3} - 13 y = 5

et comme

5 \equiv 70 [13]

13 y \equiv 0 [13]

alors

7 x^{3} \equiv 70 [13]

Donc

13 / 7 (x^{3} - 10)

et comme

13 \land 7 = 1

d’après le théorème de Gauss

13 / x^{3} - 10

et par suite

x^{3} \equiv 10 [13]

Déduisons que $x^{12} \equiv 3 [13]$
On a d’après la question précédente $x^{3} \equiv 10 [13]$
et comme $10 \equiv - 3 [13]$
Alors ${(x^{3})}^{4} \equiv (- 3)^{4} [13]$
et comme $(- 3)^{4} \equiv 27 \times 3 [13]$ et $27 \equiv 1 [13]$
Alors $x^{12} \equiv 3 [13]$

D’après ce qui a précédé,
si on suppose que l’équation

(D)

admet une solution

(x, y)

dans

Z \times Z

alors

x^{12} \equiv 1 [13]

x^{12} \equiv 3 [13]

d’où

1 \equiv 3 [13]

c.à.d

13 / 2

ce qui contredit le fait que 13 ne divise pas 2 .
On en déduit que l’équation

(D)

ne peut pas avoir de solution dans

Z \times Z

1-a-

Considérons dans $Z \times Z$ l’équation (D):
7 x^{3}-13 y=5\).
1- Supposons que l’équation $(D)$ admet une solution $(x, y)$ dans $Z \times Z$ .
a- Montrons que $x$ et 13 sont premiers entre eux.
Pour cela, posons $d = x \land 13$
et montrons que $d = 1$ .
Comme $d = x \land 13$ alors $d / x$ et $d / 13$
Donc $d / x \times 7 x^{2} + 13 \times (- y)$
D’où $d / 5 (car 5 = 7 x^{3} - 13 y)$
Et par suite $d = 5$ ou $d = 1$ (puisque 5 est premier et $d \geq 1$ )
Et comme 5 ne divise pas 13
alors $d = 1$
Et par suite $x$ et 13 sont premiers entre eux.

Déduisons que $x^{12} \equiv 1[13]$
Comme 13 est premier
et comme $x \land 13 = 1$
alors d’après le théorème de Fermat $x^{13 - 1} \equiv 1 [13]$
c.à.d $x^{12} \equiv 1 [13]$ .

Montrons que

x^{3} \equiv 10 [13]

On a :

7 x^{3} - 13 y = 5

et comme

5 \equiv 70 [13]

13 y \equiv 0 [13]

alors

7 x^{3} \equiv 70 [13]

Donc

13 / 7 (x^{3} - 10)

et comme

13 \land 7 = 1

d’après le théorème de Gauss

13 / x^{3} - 10

et par suite

x^{3} \equiv 10 [13]

D’après ce qui a précédé,
si on suppose que l’équation

(D)

admet une solution

(x, y)

dans

Z \times Z

alors

x^{12} \equiv 1 [13]

x^{12} \equiv 3 [13]

d’où

1 \equiv 3 [13]

c.à.d

13 / 2

ce qui contredit le fait que 13 ne divise pas 2 .
On en déduit que l’équation

(D)

ne peut pas avoir de solution dans

Z \times Z

1-a-

Déduisons que $x^{12} \equiv 1[13]$
Comme 13 est premier
et comme $x \land 13 = 1$
alors d’après le théorème de Fermat $x^{13 - 1} \equiv 1 [13]$
c.à.d $x^{12} \equiv 1 [13]$ .

Montrons que

x^{3} \equiv 10 [13]

On a :

7 x^{3} - 13 y = 5

et comme

5 \equiv 70 [13]

13 y \equiv 0 [13]

alors

7 x^{3} \equiv 70 [13]

Donc

13 / 7 (x^{3} - 10)

et comme

13 \land 7 = 1

d’après le théorème de Gauss

13 / x^{3} - 10

et par suite

x^{3} \equiv 10 [13]

D’après ce qui a précédé,
si on suppose que l’équation

(D)

admet une solution

(x, y)

dans

Z \times Z

alors

x^{12} \equiv 1 [13]

x^{12} \equiv 3 [13]

d’où

1 \equiv 3 [13]

c.à.d

13 / 2

ce qui contredit le fait que 13 ne divise pas 2 .
On en déduit que l’équation

(D)

ne peut pas avoir de solution dans

Z \times Z

1-a-

Déduisons que $x^{12} \equiv 1[13]$
Comme 13 est premier
et comme $x \land 13 = 1$
alors d’après le théorème de Fermat $x^{13 - 1} \equiv 1 [13]$
c.à.d $x^{12} \equiv 1 [13]$ .

Montrons que

x^{3} \equiv 10 [13]

On a :

7 x^{3} - 13 y = 5

et comme

5 \equiv 70 [13]

13 y \equiv 0 [13]

alors

7 x^{3} \equiv 70 [13]

Donc

13 / 7 (x^{3} - 10)

et comme

13 \land 7 = 1

d’après le théorème de Gauss

13 / x^{3} - 10

et par suite

x^{3} \equiv 10 [13]

D’après ce qui a précédé,
si on suppose que l’équation

(D)

admet une solution

(x, y)

dans

Z \times Z

alors

x^{12} \equiv 1 [13]

x^{12} \equiv 3 [13]

d’où

1 \equiv 3 [13]

c.à.d

13 / 2

ce qui contredit le fait que 13 ne divise pas 2 .
On en déduit que l’équation

(D)

ne peut pas avoir de solution dans

Z \times Z

Exercice 2:

1-a-

Montrons que

E

est une partie stable dans

(M_{2} (I R), x)

Pour cela, considérons deux matrices M et

N

E

tels que

M = M (a, b) = (\begin{array}{ll} 1 & a \\ 0 & b \end{array})

N = M (x, y) = (\begin{array}{ll} 1 & x \\ 0 & y \end{array})

et montrons que

M \times N \in E .

(Sous-entendu, on a

(a, x) \in I R

(b, y) \in {I R^{*}}^{2}

On a:

M \times N (\begin{array}{ll} 1 & a \\ 0 & b \end{array}) \times (\begin{array}{ll} 1 & x \\ 0 & y \end{array})

= (\begin{array}{ll} 1 \times 1 + a \times 0 & 1 \times x + a \times y \\ 0 \times 1 + b \times 0 & 0 \times x + b \times y \end{array})

= (\begin{array}{ll} 1 & x + a y \\ 0 & b y \end{array})

= M (x + a y, b y)

Et comme (x+ay) ∈ IR ( car (IR,+,×) est un anneau)

et by∈IR* ( car (IR*,×) est un groupe ) alors

M \times N \in E

Et par suite

E

est une partie stable dans

(M_{2} (I R), \times)

Montrons que la loi $\times$ n’est pas commutative dans $E$ .
Pour cela, considérons deux matrices M et $N$ de $E$ tels que:
$M = M (a,) = (\begin{array}{ll} 1 & a \\ 0 & b \end{array})$ et $N = M (x, y) = (\begin{array}{cc} 1 & x \\ 0 & y \end{array})$ et montrons que $M \times N \in E$
On a d’après la question précédente $M \times N = (\begin{array}{ll} 1 & x + a y \\ 0 & b y \end{array}) = M (x + a y, b y)$
et $N \times M = (\begin{array}{ll} 1 & a + x b \\ 0 & y b \end{array}) = M (a + x b, y b) .$
On constate bien que $M \times N \neq N \times M$ en général, en effet si on prend par exemple $M = (\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{array})$ et $N = (\begin{array}{ll} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{array})$
On a $M \times N = (\begin{array}{ll} 1 & 4 \\ 0 & 2 \end{array})$
et $N \times M = (\begin{array}{ll} 1 & 7 \\ 0 & 2 \end{array})$
Donc $M \times N \neq N \times M$
et par suite la loi $\times$ n’est pas commutative dans $E$ .

On a:
$(\begin{array}{cc} 1 & x \\ 0 & y \end{array}) \times (\begin{array}{cc} 1 & \frac{- x}{y} \\ 0 & \frac{1}{y} \end{array})$
= $(\begin{array}{ll} 1 \times 1 + x \times 0 & 1 \times \frac{- x}{y} + x \times \frac{1}{y} \\ 0 \times 1 + y \times 0 & 0 \times \frac{- x}{y} + y \times \frac{1}{y} \end{array})$
= $(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array})$

De même, on a:
$(\begin{array}{cc} 1 & \frac{- x}{y} \\ 0 & \frac{1}{y} \end{array}) \times (\begin{array}{cc} 1 & x \\ 0 & y \end{array})$
= $(\begin{array}{cc} 1 \times 1 + \frac{- x}{y} \times 0 & 1 \times x + \frac{- x}{y} \times y \\ 0 \times 1 + \frac{1}{y} \times 0 & 0 \times x + \frac{1}{y} \times y \end{array})$
= $(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array})$

Montrons que $(E, x)$ est un groupe:
On a: $E \subset M_{2} (I R)$ et $E \neq \emptyset$ .
$(c a r I \in E, I = M (0, 1))$
D’après 1) a-:
$E$ est une partie stable dans $(M_{2} (I R), \times) .$
Comme $E$ est stable dans $(M_{2} (I R), \times)$
et comme $\times$ est associative dans $(M_{2} (I R), x)$
alors elle l’est dans $E$ et comme $I$ est l’élément neutre dans $(M_{2} (I R), \times)$
alors il l’est aussi dans $(E, \times)$
Et d’après la question précédente l’inverse de tout élément:
$(\begin{array}{cc} 1 & x \\ 0 & y \end{array})$ de $E$ dans $(M_{2} (I R), \times)$ est $(\begin{array}{cc} 1 & \frac{- x}{y} \\ 0 & \frac{1}{y} \end{array})$
et comme $\frac{- x}{y} \in R$ et $\frac{1}{y} \in I R^{*}$
alors $(\begin{array}{cc} 1 & \frac{- x}{y} \\ 0 & \frac{1}{y} \end{array}) e s$
bien l’inverse de:
$(\begin{array}{ll} 1 & x \\ 0 & y \end{array})$ dans $E$ .
D’où $(E, \times)$ est un groupe,
et d’après la question 1) b-:
ce groupe est non commutatif.

3-a

Considérons la partie $F$ de $E$ définie par:
$F = {M (x) = (\begin{array}{cc} 1 & x - 1 \\ 0 & x \end{array}) = M (x - 1, x) / x \in I R^{*}}$
a-Considérons l’application $φ$ :
$\begin{aligned} R^{*} \to E \\ x \to φ (x) = M (x) \end{aligned}$
Montrons que $φ$ est un homomorphisme de $(I R^{*}, x)$ vers $(E, x) .$
On a d’une part :
$\forall (x, y) \in {(I R^{*})}^{2}, φ (x \times y)$
= $φ (x y) = M (x y) = M (x y - 1, x y)$
Et d’autre part:
$φ (x) \times φ (y)$
= $M (x) \times M (y)$
= $M (x - 1, x) \times M (y - 1, y)$
= $M (y - 1 + (x - 1) y, x y)$
= $M (y - 1 + x y - y, x y)$
= $M (x y - 1, x y)$
D’où $\forall (x, y) \in {(I R^{*})}^{2}$ :
$φ (x \times y) = φ (x) \times φ (x)$
Et par suite $φ$ est un homomorphisme de $(R^{*}, x)$ vers $(E, x)$

3-b

Déduisons que:
$(F, \times)$ est un groupe commutatif et précisons son élément neutre.
Par définition de $F$ , on en déduit que $F = φ (R^{*})$ ,
en effet $F = {φ (x) / x \in R^{*}}$
Et comme $φ$ est un homomorphisme de $(R^{*}, \times)$ vers $(E, \times)$
et comme $(R^{*}, \times)$ est un groupe commutatif
alors $(φ (R^{*}), \times)$
c.à.d $(F, \times)$ est un groupe commutatif.

Exercice 3:
Première partie

1-a

Considérons dans ℂ l’équation ( E ):
$z^{3} - 2 m z^{2} + 2 m^{2} z - m^{3} = 0,$ avec $m \in ℂ^{*} .$
1- Résolvons dans ℂ l’équation (E), sachant que mest une solution de (E)
On a:
$\begin{aligned} (\forall z \in C) : z^{3} - 2 m z^{2} + 2 m^{2} z - m^{3} = 0 & \Leftrightarrow z^{3} - m^{3} - 2 m z^{2} + 2 m^{2} z = 0 \\ \Leftrightarrow (z - m) (z^{2} + m z + m^{2}) - 2 m z (z - m) = 0 \\ \Leftrightarrow (z - m) (z^{2} + m z - 2 m z + m^{2}) = 0 \\ \Leftrightarrow (z - m) (z^{2} - m z + m^{2}) = 0 \\ \Leftrightarrow z - m = 0 ou z^{2} - m z + m^{2} = 0 \\ \Leftrightarrow z = m ou z^{2} - m z + m^{2} = 0 \end{aligned}$
* Résolvons dans ℂ l’équation: $z^{2} - m z + m^{2} = 0$
Le discriminant de cette équation est:
$Δ = - 3 m^{2} = (i m \sqrt{3})^{2}$
Cette équation admet deux solutions dans ℂ qui sont:
* $z_{1} = \frac{- (- m) - i m \sqrt{3}}{2}$
= $m (\frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2})$
* $z_{2} = \frac{- (- m) + i m \sqrt{3}}{2}$
= $m (\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2})$

D’où l’ensemble des solutions de l’équation (E) est:
$S = {m, m (\frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2}), m (\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2})}$

2-a

Vérifions que $\frac{1}{z_{1}} + \frac{1}{z_{2}} = \frac{1}{m}$ .
Comme $z_{1}$ et $z_{2}$ sont des solutions de l’équation (E) autre que $m$
alors elles sont les deux solutions de l’équation:
$z^{2} - m z + m^{2} = 0$
donc:
$z_{1} + z_{2} = \frac{- (- m)}{1} = m$
$z_{1} \cdot z_{2} = \frac{m^{2}}{1} = m^{2}$
et par suite :
$\frac{1}{z_{1}} + \frac{1}{z_{2}} = \frac{z_{1} + z_{2}}{z_{1} z_{2}}$
= $\frac{m}{m^{2}}$
= $\frac{1}{m}$ .

Donnons l’écriture algébrique de chacun des nombres $z_{1}$ et $z_{2}$
en prenant dans cette question $m = 1 + e^{i \frac{π}{3}}$ .
On a:
$m = 1 + e^{i \frac{π}{3}}$
= $1 + \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}$
= $\frac{3}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}$ .
Donc:
* $z_{1} = m (\frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2})$
= $(\frac{3}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}) (\frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2})$
= $\frac{3}{4} - \frac{3 \sqrt{3}}{4} i + \frac{\sqrt{3}}{4} i + \frac{3}{4}$
= $\frac{3}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} i$
* $z_{2} = m (\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2})$
= $(\frac{3}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}) (\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2})$
= $\frac{3}{4} + \frac{3 \sqrt{3}}{4} i + \frac{\sqrt{3}}{4} i - \frac{3}{4}$
= $\sqrt{3} i$

Deuxième partie

Montrons que les points $O, A$ et $B$ ne sont pas alignés.
On a:
$\frac{z_{B} - z_{O}}{z_{A} - z_{O}} = \frac{z_{B}}{z_{A}}$
= $\frac{m e^{- i \frac{π}{3}}}{m e^{i \frac{π}{3}}}$
= $e^{- i \frac{2 π}{3}} \notin I R$
car:
$I m (e^{- i \frac{2 π}{3}} = - \sin (\frac{2 π}{3}) = - \frac{\sqrt{3}}{2} \neq 0$

2-a

Montrons que:
$z_{P} = p = m \frac{\sqrt{2}}{2} e^{i \frac{7 π}{12}}$
et que $z_{R} = r = m \frac{\sqrt{2}}{2} e^{- i \frac{7 π}{12}}$
$A = R_{1} (O)$
$\Leftrightarrow z_{A} - z_{P} = e^{i \frac{π}{2}} (z_{O} - z_{P})$
$\Leftrightarrow z_{A} - z_{P} = i (z_{O} - z_{P})$
$\Leftrightarrow z_{A} = (1 - i) z_{P}$
$\Leftrightarrow Z_{P} = \frac{1}{1 - i} a$
$Z_{P} = p = \frac{m e^{i \frac{π}{3}}}{\sqrt{2} e^{- i \frac{π}{4}}}$
= $m \frac{\sqrt{2}}{2} e^{i (\frac{π}{3} + \frac{π}{4})}$
= $m \frac{\sqrt{2}}{2} e^{i (\frac{7 π}{12})}$

$O = R_{3} (B)$
$\Leftrightarrow z_{O} - z_{R} = e^{i \frac{π}{2}} (z_{B} - z_{R})$
$\Leftrightarrow - z_{R} = i z_{B} - i z_{R}$
$\Leftrightarrow z_{B} = \frac{(1 - i)}{i} z_{R}$
$\Leftrightarrow z_{B} = - (1 + i) z_{R}$
$\Leftrightarrow z_{R} = \frac{- 1}{1 + i} b$
$z_{R} = r = \frac{m e^{- i \frac{π}{3}}}{\sqrt{2} e^{i \frac{π}{4}}}$
$= m \frac{\sqrt{2}}{2} e^{- i (\frac{π}{3} + \frac{π}{4})}$
$= m \frac{\sqrt{2}}{2} e^{- i (\frac{7 π}{12})}$

Montrons que:

z_{Q} = q = m \frac{\sqrt{2}}{2} \sin (\frac{7 π}{12})

On a :

B = R_{2} (A) \(\Leftrightarrow z_{B} - z_{Q} = e^{i \frac{π}{2}} (z_{A} - z_{Q})

\Leftrightarrow z_{B} - z_{Q} = i (z_{A} - z_{Q})

\Leftrightarrow z_{Q} = q = \frac{1}{- 1 + i} (i z_{A} - z_{B}) = \frac{1}{\sqrt{2} e^{i \frac{3 π}{4}} (e^{i \frac{π}{2}} m e^{i \frac{π}{3}} - m e^{- i \frac{π}{3}})}

\Leftrightarrow z_{Q} = q = m \frac{\sqrt{2}}{2} e^{- i \frac{3 π}{4}} (e^{i \frac{5 π}{6}} - e^{- i \frac{π}{3}})

Car:

e^{- i \frac{π}{2}} = - i

\forall (α, β) \in I R ²

e^{i α} - e^{i β} =

e^{i (\frac{α + β}{2})} e^{i (\frac{α - β}{2})} - e^{- i (\frac{α - β}{2})} =

2 i \sin (\frac{α - β}{2}) e^{i (\frac{α + β}{2})}

Montrons que

O Q = P R

et que

(O Q) ⊥ (P R)

.
On a d’une part:
aff

(\vec{O Q}) = q = m \sqrt{2} \sin (\frac{7 π}{12})

et d’autre part:

a f f (\overset{―}{P R}) = r - p

m \frac{\sqrt{2}}{2} (e^{- i (\frac{7 π}{12})} - e^{i \frac{7 π}{12}})

- 2 i \sin (\frac{7 π}{12}) m \frac{\sqrt{2}}{2}

- i \sin (\frac{7 π}{12}) m \sqrt{2}

donc:

O Q = | \vec{O Q} | = | q |

\sqrt{2} \sin (\frac{7 π}{12}) | m |

car:

\frac{7 π}{12} \in] 0, \frac{π}{2} [\Rightarrow \sin (\frac{7 π}{12}) > 0

P R = | r - p | = \sqrt{2} \sin (\frac{7 π}{12}) | m |

donc:

O Q = P R

De même, on a:

\overset{―}{(\vec{O Q}, \vec{P R})} \equiv \arg (\frac{r - p}{q o}) [2 π]

\equiv \arg (\frac{1}{- i}) [2 π]

\equiv \arg (i) [2 π]

\equiv \frac{π}{2} [2 π]

D’où :

(O Q) ⊥ (P R)

Exercice 4:
Première partie

Soit $x \in] 0, + \infty [$
montrons en appliquant le TAF à la fonction $\ln$ sur l’intervalle $[x, x + 1]$
que $\frac{1}{x + 1} ⟨ \ln (1 + \frac{1}{x}) < \frac{1}{x}$ .
Comme la fonction In est dérivable sur $] 0, + \infty [$
alors elle est continue sur l’intervalle $[x, x + 1]$ et dérivable sur l’intervalle $] x, x + 1 [$
alors d’après le TAF
$\exists c \in]x, x+1[\,tel que:$
$\ln (x + 1) - \ln x = \ln^{'} (c) (x + 1 - x) = \frac{1}{c}$
Et comme
$\ln (x + 1) - \ln x = \ln (\frac{x + 1}{x})$
=$\ln(1+\frac{1}{x})$
alors $\exists c \in] x, x + 1 [t e l q u e :$
$\ln (1 + \frac{1}{x}) = \frac{1}{c}$
Et comme $c \in] x, x + 1 [$
$\Leftrightarrow x<c< x+1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{x+1}<\frac{1}{c}<\frac{1}{x}$

Alors

\frac{1}{x + 1} < \ln (1 + \frac{1}{x}) < \frac{1}{x}

2-a

Considérons la propriété P

\forall x \in] 0, + \infty [

\frac{1}{x + 1} < \ln (1 + \frac{1}{x}) < \frac{1}{x}

En utilisant la propriété

(P)

montrons que

f

est dérivable à droite en 0 .

On a:

\forall x \in] 0, + \infty [:

\frac{f (x) - f (0)}{x - 0} = x^{2} \ln (1 + \frac{1}{x})

Comme

\forall x \in] 0, + \infty [: x^{3} > 0

alors de

(P)

on en déduit que

\forall x \in] 0, + \infty [

\frac{x^{2}}{x + 1} < x^{2} \ln (1 + \frac{1}{x}) < \frac{x^{2}}{x} .

c.à.d

\frac{x^{2}}{x + 1} < \frac{f (x) - f (0)}{x - 0} < x .

Et comme:

lim_{x ➝ 0^{+}} \frac{x^{2}}{x + 1} = lim_{x ➝ 0^{+}} x = 0

alors
d’après le théorème dit des gendarmes

on a :

lim_{x ➝ 0^{+}} \frac{f (x) - f (0)}{x - 0} = 0 \in I R

et par suite

f

est dérivable à droite en 0
et on a

f_{d}^{'} (0) = 0

En utilisant la propriété

(P)

montrons que:
la courbe

(C)

admet une branche parabolique dont on précisera la direction.
D’abord, on remarque que:

lim_{x ➝ + \infty} f (x) = lim_{x ➝ + \infty} x^{3} \ln (1 + \frac{1}{x})

lim_{x ➝ + \infty} x^{2} \frac{\ln (1 + \frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}

=+∞

Puisque:

lim_{x ➝ + \infty} x^{2} = + \infty

lim_{x ➝ + \infty} \frac{\ln (1 + \frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}

lim_{t ➝ 0^{+}} \frac{\ln (1 + t)}{t} = 1

en posant

t = \frac{1}{x}

Ensuite, à partir de la proposition

(P)

on déduit que ∀x ∈] 0,+∞[:

\frac{x^{2}}{x + 1} < \frac{f (x)}{x} < x

Et puisque:

lim_{x ➝ + \infty} \frac{x^{2}}{x + 1} = lim_{x ➝ + \infty} \frac{x}{1 + \frac{1}{x}}

=+∞
alors

lim_{x ➝ + \infty} \frac{f (x)}{x}

=+∞

Et par suite la courbe

(C)

admet une branche parabolique de direction l’axe

des ordonnées au voisinage de +∞.

3-a

Montrons que la fonction $f$ est dérivable sur l’intervalle ]0,+∞[
et que ∀x ∈ ]0,+∞[:
$f ‘ (x) = 3 x^{2} (\ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{3 (1 + x)}) .$
Comme la fonction $x ➝ 1 + \frac{1}{x}$ est dérivable et strictement positive sur ]0,+∞[
Alors la fonction: $x ➝ \ln (1 + \frac{1}{x})$ est dérivable sur ]0,+∞[
D’où la fonction $f$ est dérivable sur l’intervalle $] 0, + \infty [$ produit de deux fonctions dérivables sur ]0,+∞[
et on a ∀x ∈] 0,+∞[:
$f^{'} (x) = (x^{3})^{'} \ln (1 + \frac{1}{x}) + x^{2} (\ln (1 + \frac{1}{x}))^{'}$
= $3 x^{2} \ln (1 + \frac{1}{x}) + x^{3} \frac{(1 + \frac{1}{x})^{'}}{1 + \frac{1}{x}}$
= $3 x^{2} \ln (1 + \frac{1}{x}) + x^{3} \frac{(- \frac{1}{x^{2}})}{\frac{1 + x}{x}}$
= $3 x^{2} \ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{x^{2}}{1 + x}$
= $3 x^{2} (\ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{3 (1 + x)}$

Déduisons que la fonction

f

est strictement croissante sur [0,+∞[.
On a:
∀x ∈]0,+∞[:

f^{'} (x) = 3 x^{2} (\ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{3 (1 + x)}) .

Et comme d’après (P) ∀x ∈] 0,+∞[:

\frac{1}{3 (1 + x)} < \frac{1}{1 + x} < \ln (1 + \frac{1}{x}) .

alors :∀x ∈] 0,+∞[:

\ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{3 (1 + x)} > .

et comme ∀x ∈]0,+∞[: 3x²> 0

Alors :
∀x ∈]0,+∞[: f ‘ (x)> 0

D’où:

f

est strictement croissante sur [0,+∞[.

Tableau de variations de f

4-a

Considérons la fonction

g

définie sur ∀x ∈]0,+∞[:

g (x) = \frac{f (x)}{x}

Vérifions (∀x ∈]0,+∞[):

g^{'} (x) = 2 x (\ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{2 (1 + x)})

D’abord, signalons que g est dérivable sur ] 0,+∞[ rapport de deux fonctions dérivables sur ]0,+∞[.
On a (∀x ∈] 0,+∞[):

g^{'} (x) = (\frac{f (x)}{x})^{'}

\frac{f^{'} (x) \cdot x - x^{'} f (x)}{x^{2}}

\frac{1}{x} (3 x^{2} (\ln (1 + \frac{1}{x})) - \frac{1}{3 (1 + x)}) - \frac{1}{x^{2}} (x^{3} \ln (1 + \frac{1}{x}))

3 x \ln (1 + \frac{1}{x}) - x \ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{x}{1 + x}

2 x (\ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{2 (1 + x)})

Toujours d’après

(P)

on a ∀x ∈]0,+∞[:

\frac{1}{2 (1 + x)} < \frac{1}{1 + x} < \ln (1 + \frac{1}{x})

Et comme

\forall x \in] 0, + \infty [: 2 x > 0

alors ∀x ∈]0,+∞[:

g^{'} (x) > 0

Et par suite la fonction

g

est strictement croissante sur l’intervalle ]0,+∞[.

Montrons que la fonction

g (x) = 1

admet une solution unique

α

sur

] 0, + \infty [

puis vérifions que

α \in] 1, 2 [.

Comme la fonction

g

est continue et strictement croissante sur l’intervalle ]

0, + \infty [

alors c’est une bijection de

] 0, + \infty [

vers l’intervalle

J = g (] 0, + \infty [)

et on

a : J =] lim_{x ➝ 0^{+}} g (x), lim_{x ➝ + \infty} g (x) [=] 0, + \infty [,

en effet, on a:

lim_{x ➝ 0^{+}} g (x) = lim_{x ➝ 0^{+}} \frac{f (x)}{x} = 0

lim_{x ➝ + \infty} g (x) = lim_{x ➝ + \infty} \frac{f (x)}{x} = + \infty

Et comme

1 \in J

alors

(\exists! α \in] 0, + \infty [)

tel que

g (α) = 1

(d’après théorème de la fonction bijective ).
Et comme

g (1) = f (1) = \ln (2) \approx 0.7

g (2) = \frac{1}{2} f (2) = 4 \ln (\frac{3}{2}) \approx 1.5

g (α) = 1

alors

g (1) < g (α) < g (2)

et comme la fonction

g

est strictement croissante sur

0, + \infty [

et que

1, α

et 2 sont des éléments de cet intervalle alors

1 < α < 2 .

Déduisons que:
les seules solutions de l’équation

f (x) = x

sont 0 et α.
On a:

∀x∈]0,+∞[\):

f (x) = x \Leftrightarrow \frac{f (x)}{x} = 1

⇔g(x)=1 ⇔x=α

Et comme

f (0) = 0

alors les seules solutions de l’équation

f (x) = x

sont 0 et α.

5-a

Représentation graphique de la fonction f

Montrons que la fonction

f

réalise une bijection de I vers I.
Comme la fonction

f

est continue et strictement croissante sur l’intervalle I

Alors
elle réalise une bijection de I vers

f (I) =] lim_{x ➝ 0^{+}} f (x), lim_{x ➝ + \infty} f (x) [=] 0, + \infty [= I

Signalons que f est continue à droite en 0,
puisqu’on a démontré qu’elle est dérivable à droite en 0,
d’où

lim_{x ➝ 0^{+}} f (x) = f (0) = 0

Deuxième partie

détermination de la limite de $(u_{n})$
La suite $(u_{n})$ est une suite récurrente définie par:
∀ n∈IN: $u_{n + 1} = f^{- 1} (u_{n})$ avec $u_{0}$ ∈] 0,α[⊂[0,α]
Comme la fonction $f^{- 1}$ est continue sur l’intervalle $[0, α]$
et comme $f^{- 1} ([0, α]) = [0, α] \subset [0, α]$
car $α \in] 1, 2 [$ )
et comme $u_{0} \in [0, α]$ et $(u_{n})$ est convergente
alors la limite de $(u_{n})$ est solution de l’équation $f^{- 1} (x) = x$ sur l’intervalle $[0, α]$ .
Or ∀x ∈[0, α]:
f^{-1}(x)=x
⇔ f(x)=x
⇔x=0 ou x=α

Donc On a $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} = 0$ ou bien $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} = α,$
et comme ∀n ∈IN: $0 < u_{n} < α$
et comme la suite $(u_{n})$ est strictement croissante alors $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} = α$ .
en effet, du fait que $(u_{n})$ est strictement croissante on déduit que:
∀n ∈IN): $u_{n} \geq u_{0}$
puis que $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} \geq u_{0}$ et comme $u_{0} > 0$
alors $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} > 0$

2-a

Montrons que

g (] 0, α [) =] 0, 1 [

On a vu déjà que g est continue est strictement croissante sur

] 0, + \infty [

et comme

] 0, α [\subset] 0, + \infty [

alors elle l’est aussi sur

] 0, α [

et donc

g (] 0, α [) =∣ lim_{x ➝ 0^{+}} g (x), lim_{x ➝ α^{-}} g (x) [=] 0, 1 [,

en effet

lim_{x ➝ 0^{+}} g (x) = lim_{x ➝ 0^{+}} \frac{f (x)}{x} = 0

lim_{x ➝ α^{-}} g (x) = g (α) = 1

(car g est continue en

α

g (α) = 1

Déduisons que la suite $(u_{n})$ est strictement croissante.
Du fait que $g (] 0, α [) =] 0, 1 [$
on déduit que $\forall x \in] 0, 1 [: 0 < g (x) < 1$
et comme ∀n ∈IN: $u_{n} \in] 0, α [$
alors ∀n∈IN: $0 < g (u_{n}) < 1$
et comme ∀n∈IN: $g(u_{n})=\frac{f(u_{n})}{u_{n}$ et $u_{n} > 1$
alors on en déduit que ∀n ∈IN: $0< f(u_{n})< u_{n}$
et comme $f^{- 1}$ est strictement croissante sur $] 0, + \infty [.$
alors ∀n∈IN: $f^{-1}(0)< f^{-1}(f(u_{n}))< f^{-1}(u_{n})$
alors ∀n∈IN: $ 0< u_{n}< f^{-1}(u_{n})$
et comme $f^{- 1} (u_{n}) = u_{n + 1}$
alors on déduit que .
$\forall n \in I N : u_{n} < u_{n + 1}$
ce qui signifie que la suite $(u_{n})$ est strictement croissante.

Comme la suite $(u_{n})$ est strictement croissante
et comme elle est majorée ( par $α$ )
alors elle est convergente.

détermination de la limite de $(u_{n})$
La suite $(u_{n})$ est une suite récurrente définie par:
∀ n∈IN: $u_{n + 1} = f^{- 1} (u_{n})$ avec $u_{0}$ ∈] 0,α[⊂[0,α]
Comme la fonction $f^{- 1}$ est continue sur l’intervalle $[0, α]$
et comme $f^{- 1} ([0, α]) = [0, α] \subset [0, α]$
car $α \in] 1, 2 [$ )
et comme $u_{0} \in [0, α]$ et $(u_{n})$ est convergente
alors la limite de $(u_{n})$ est solution de l’équation $f^{- 1} (x) = x$ sur l’intervalle $[0, α]$ .
Or ∀x ∈[0, α]:
f^{-1}(x)=x
⇔ f(x)=x
⇔x=0 ou x=α

Donc On a $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} = 0$ ou bien $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} = α,$
et comme ∀n ∈IN: $0 < u_{n} < α$
et comme la suite $(u_{n})$ est strictement croissante
alors $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} = α$ .
en effet, du fait que $(u_{n})$ est strictement croissante
on déduit que ∀n ∈IN): $u_{n} \geq u_{0}$
puis que $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} \geq u_{0}$ et comme $u_{0} > 0$
alors $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} > 0$

Troisième partie

1-a-

On considère la fonction $F$ définie sur l’intervalle I=[0,+∞[ par:
F(x)= $\int_{x}^{1} f (t) d t$
Étudions suivant les valeurs de $x$ le signe de $F (x)$ .
Soit $x \in [0, + \infty [,$ on sait que $t$ est continue sur I=[0,+∞[
et que $(\forall t \in [0, + \infty [) f (t) \geq 0,$ donc on a $F (x) \geq 0$ si $x \leq 1$ et $F (x) \leq 0$ si $x \geq 1$ .

Montrons que $F$ est dérivable sur I
et déterminons $F^{'} (x)$ pour tout $x \in 1 .$
Remarquons d’abord que $F (x) = - \int_{1}^{x} f (t) d t,$
comme la fonction $f$ est continue sur 1 et comme 1∈I
alors la fonction : x➝ $\int_{1}^{x} f (t) d t$ est la fonction primitive de I qui s’annule en 1
et on a ∀x∈I: $\int_{1}^{x} f (t) d t)^{'} = f (x)$
on en déduit que la fonction $F$ est dérivable sur I
et que ∀x∈I: $F^{'} (x) = - f (x)$

Déduisons que la fonction $F$ est strictement décroissante sur $I$ .
Comme $(\forall x \in I) F^{'} (x) = - f (x)$
et comme ∀x∈] 0,+∞[ :f(x)> 0\
alors
∀x∈] 0,+∞[ $F^{'} (x) < 0$
et par suite $F$ est strictement décroissante sur I=[0,+∞[.

2-a

Montrons que ∀x∈[1,+∞[: $F (x) \leq (1 - x) \ln 2$ .
Soit x∈[1,+∞[,
On a ∀t∈[1, x] : $f (1) \leq f (t)$ et comme $f (1) = \ln 2$
alors ∀t∈[1, x] $\ln 2 \leq f (t)$
et comme 1≤ x alors $\int_{1}^{x} \ln 2 d t \leq \int_{1}^{x} f (t) d t$
Donc $(x - 1) \ln 2 \leq \int_{1}^{x} f (t) d t$
et par suite $- \int_{1}^{x} f (t) d t \leq - (x - 1) \ln 2$
c.à.d $F (x) \leq (1 - x) \ln 2$ .

Comme d’après la question précédente :
$(\forall x \in [1, + \infty [) : F (x) \leq (1 - x) \ln 2$
et comme $lim_{x ➝ + \infty} (1 - x) \ln 2 = - \infty (\ln 2 > 0)$
alors $lim_{x ➝ + \infty} F (x) = - \infty$ .

3-a

oit

x \in] 0, + \infty [,

On a :
F(x) =

\int_{x}^{1} (\frac{1}{4} t^{4})^{'} \ln (1 + \frac{1}{t}) d t

[\frac{1}{4} t^{4} \ln (1 + \frac{1}{t})]_{x}^{1} - \int_{x}^{1} \frac{1}{4} t^{4} (\ln (1 + \frac{1}{t}))^{'} d t

[\frac{1}{4} t^{4} \ln (1 + \frac{1}{t})]_{x}^{1} - \int_{x}^{1} \frac{1}{4} t^{4} (\frac{- 1}{t (t + 1)}) d t

D’où

\forall x \in] 0, + \infty [

:
F(x)=

\frac{1}{4} \ln (2) - \frac{x^{4}}{4} \ln (1 + \frac{1}{x}) + \frac{1}{4} \int_{x}^{1} \frac{t^{3}}{t + 1} d t

Soit

x \in] 0, + \infty [

calculons l’intégrale

\int_{x}^{1} \frac{t^{3}}{t + 1} d t

On a:

\int_{x}^{1} \frac{t^{3}}{t + 1} d t = \int_{x}^{1} t^{2} - t + 1 - \frac{1}{t + 1} d t

[\frac{1}{3} t^{3} - \frac{1}{2} t^{2} + t - \ln (1 + t)]_{x}^{1}

\frac{1}{3} - \frac{1}{2} + 1 - \ln 2 - \frac{1}{3} x^{3} + \frac{1}{2} x - x + \ln (1 + x)

D’où

\int_{x}^{1} \frac{t^{3}}{t + 1} d t

\frac{5}{6} - \ln 2 - \frac{1}{3} x^{3} + \frac{1}{2} x^{2} - x + \ln (1 + x) .

D’après les deux questions 3) a et 3) b
on déduit que

\forall x \in] 0, + \infty [

F(x)=

\frac{5}{24} - \frac{x^{3}}{12} + \frac{x^{2}}{8} - \frac{x}{4} + \frac{1}{4} \ln (1 + x) - \frac{x^{4}}{4} \ln (1 + \frac{1}{x}) .

détermination de la limite de $(u_{n})$
La suite $(u_{n})$ est une suite récurrente définie par:
∀ n∈IN: $u_{n + 1} = f^{- 1} (u_{n})$ avec $u_{0}$ ∈] 0,α[⊂[0,α]
Comme la fonction $f^{- 1}$ est continue sur l’intervalle $[0, α]$
et comme $f^{- 1} ([0, α]) = [0, α] \subset [0, α]$
car $α \in] 1, 2 [$ )
et comme $u_{0} \in [0, α]$ et $(u_{n})$ est convergente
alors la limite de $(u_{n})$ est solution de l’équation $f^{- 1} (x) = x$ sur l’intervalle $[0, α]$ .
Or ∀x ∈[0, α]:
f^{-1}(x)=x
⇔ f(x)=x
⇔x=0 ou x=α

Donc On a $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} = 0$ ou bien $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} = α,$
et comme ∀n ∈IN: $0 < u_{n} < α$
et comme la suite $(u_{n})$ est strictement croissante
alors $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} = α$ .
en effet, du fait que $(u_{n})$ est strictement croissante
on déduit que ∀n ∈IN): $u_{n} \geq u_{0}$
puis que $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} \geq u_{0}$ et comme $u_{0} > 0$
alors $lim_{n ➝ + \infty} u_{n} > 0$

4-a-

Considérons la suite $(v_{n})_{n \in I N^{*}}$ définie par :
$v_{n} = \sum_{k = 0}^{n - 1} (F (\frac{2 k + 1}{2 n}) - F (\frac{k}{n}))$ .
Montrons que pour tout $n \in N^{*}$ et pour tout $k \in {0, 1, \dots, n - 1},$
on a :
$- \frac{1}{2 n} f (\frac{2 k + 1}{2 n}) \leq F (\frac{2 k + 1}{2 n}) - F (\frac{k}{n}) \leq - \frac{1}{2 n} f (\frac{k}{n})$
Soit n∈IN*et soit k∈{0,1,…, n-1},
appliquant le TAF à la fonction $F$ sur L’intervalle $[\frac{k}{n}, \frac{2 k + 1}{2 n}]$ .
On a $F$ est dérivable sur $[0, + \infty [. .$
et comme $[\frac{k}{n}, \frac{2 k + 1}{2 n}] \subset [0, + \infty [$
alors elle est continue sur $[\frac{k}{n}, \frac{2 k + 1}{2 n}]$
et dérivable sur $] \frac{k}{n}, \frac{2 k + 1}{2 n} [,$
donc d’après le TAF:
$(\exists c \in] \frac{k}{n}, \frac{2 k + 1}{2 n} [) tel que F (\frac{2 k + 1}{2 n}) - F (\frac{k}{n}) = F^{'} (c) (\frac{2 k + 1}{2 n} - \frac{k}{n}) = - f (c) \frac{1}{2 n}$
Et comme test strictement croissante sur $[0, + \infty [.$
et comme $\frac{k}{n} < c < \frac{2 k + 1}{2 n} .$
alors $f (\frac{k}{n}) < f (c) < f (\frac{2 k + 1}{2 n}) .$
et par suite:
$- \frac{1}{2 n} f (\frac{2 k + 1}{2 n}) < F (\frac{2 k + 1}{2 n}) - F (\frac{k}{n}) < - \frac{1}{2 n} f (\frac{k}{n}) .$

Déduisons que:
$(\forall n \in N^{*}) - \frac{1}{2 n} \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n}) \leq v_{n} \leq - \frac{1}{2 n} \sum_{k = 0}^{n - 1} f (\frac{k}{n})$
On a :
d’après la question précédente :
$(\forall n \in N^{*}) (\forall k \in {0, 1, \dots, n - 1}) - \frac{1}{2 n} f (\frac{2 k + 1}{2 n}) \leq F (\frac{2 k + 1}{2 n}) - F (\frac{k}{n}) \leq - \frac{1}{2 n} f (\frac{k}{n})$
Et en passant à la sommation on obtient:
$\sum_{k = 0}^{n - 1} - \frac{1}{2 n} f (\frac{2 k + 1}{2 n}) \leq \sum_{k = 0}^{n - 1} (F (\frac{2 k + 1}{2 n}) - F (\frac{k}{n})) \leq \sum_{k = 0}^{n - 1} - \frac{1}{2 n} f (\frac{k}{n}) (*)$
On a :
$(\forall k \in {0, 1, \dots, n - 1}) \frac{2 k + 1}{2 n} ⟨ \frac{k + 1}{n} .$
Et comme $f$ est strictement croissante sur $[0, + \infty [$
alors:
$(\forall k \in {0, 1, \dots, n - 1}) f (\frac{2 k + 1}{2 n}) \leq f (\frac{k + 1}{n})$
donc:
$(\forall k \in {0, 1, \dots, n - 1}) - f (\frac{k + 1}{n}) \leq - f (\frac{2 k + 1}{2 n})$
Et donc $- \frac{1}{2 n} \sum_{k = 0}^{n - 1} f (\frac{k + 1}{n}) \leq - \frac{1}{2 n} \sum_{k = 0}^{n - 1} f (\frac{2 k + 1}{2 n})$
et d’après (*) on obtient
$- \frac{1}{2 n} \sum_{k = 0}^{n - 1} f (\frac{k + 1}{n}) \leq v_{n} \leq - \frac{1}{2 n} \sum_{k = 0}^{n - 1} f (\frac{k}{n})$
et comme
$\sum_{k = 0}^{n - 1} f (\frac{k + 1}{n}) = \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n})$
alors
$- \frac{1}{2 n} \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n}) \leq v_{n} \leq - \frac{1}{2 n} \sum_{k = 0}^{n - 1} f (\frac{k}{n})$

D’après la question précédente on a:
∀ n∈IN*:
$- \frac{1}{2 n} \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n}) \leq v_{n} \leq - \frac{1}{2 n} \sum_{k = 0}^{n - 1} f (\frac{k}{n})$
et comme $f$ est continue sur l’intervalle [0,1]
alors:
les deux suites $(s_{n})_{n \in I N *}$ et $(S_{n})_{n \in I N *}$ définie :
∀ n∈IN*:
$s_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} f (\frac{k}{n})$
et $S_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n})$ sont convergentes
et on a:
$lim_{n ➝ + \infty} s_{n} = lim_{n ➝ + \infty} S_{n} = \int_{0}^{1} f (t) d t = \frac{5}{24}$
donc:
les deux suites $(- \frac{1}{2} s_{n})_{n \in i N^{*}}$ et $(- \frac{1}{2} S_{n})_{n \in I N}$ sont convergentes

et on a :
$lim_{n ➝ + \infty} - \frac{1}{2} s_{n} = lim_{n ➝ + \infty} - \frac{1}{2} S_{n} = \frac{- 5}{48}$
et comme ∀ n∈IN*:
$- \frac{1}{2} S_{n} \leq v_{n} \leq - \frac{1}{2} s_{n}$
alors
la suite $(v_{n})_{n \in I N *}$ est convergente
et on a: $lim_{n ➝ + \infty} v_{n} = \frac{- 5}{48}$ .

Examen National Mathématiques Sciences Maths 2020 Normal - Corrigé -

Exercice 1:

Exercice 2:

Exercice 3: Première partie

Deuxième partie

Exercice 4: Première partie

Deuxième partie

Troisième partie

Autre Examen National Mathématiques Sciences Maths:

Exercice 3:
Première partie

Exercice 4:
Première partie