Examen Math Bac 2 Science Math 2020 Normale Avec Correction

 
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 \(Z×Z\) l’équation \((D)=7 x^{3}-13 y = 5\)
Soit (x, y) ∈ \(Z×Z\) une solution de l’équation (D)
Montrer que: \(x\) et 13 sont premiers entre eux
b En déduire que: \(x^{12}≡ 1 [13]\)
Montrer que: \(x^{3}≡ 10 [13]\)
a En déduire que: \(x^{12}≡ 3 [13]\)
2 Déduire des questions précédentes, que:
 l’équation (D) n’admet pas de solution dans \(Z×Z\)
 
* Exercice 2 (au choix ) : Structure Algébrique – 3.5 points *
On note par \(M_{2}( IR )\) I’ensemble des matrices carrées d’ordre deux. 
On rappelle que \((M_{2}(IR),+,×)\) est un anneau non commutatif unitaire 
d’unité \(I=\left(\begin{array}{cc}1 & 0 \\ 0 & 1\end{array}\right)\) 
et que \((R^{*}, ×)\) est un groupe commutatif. 
On considéré le sous-ensemble \(E\) de \(M_{2}( R )\) défini par:
 \(E=\left\{\left(\begin{array}{ll}1 & x \\ 0 & y\end{array}\right) /\; x ∈IR\;et\; y ∈IR ^{*}\right\}\)
1) a. Montrer que \(E\) est une partie stable de \((M_{2}(IR),× )\)
b. Montrer que la multiplication n’est pas commutative dans \(E\).
c. Vérifier que:
\((∀ x ∈IR )\left(∀ y ∈IR ^{*}\right):\)
\(\left(\begin{array}{cc}
1 & x \\
0 & y
\end{array}\right) ×\left(\begin{array}{cc}
1 & -\frac{x}{y} \\
0 & \frac{1}{y}
\end{array}\right)\)
 
\(=\left(\begin{array}{cc}
1 & -\frac{x}{y} \\
0 & \frac{1}{y}
\end{array}\right) ×\left(\begin{array}{cc}
1 & x \\
0 & y
\end{array}\right)\)
 
\(=\left(\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right)\)

 

2. Montrer que:
 \((E, x)\) cst un groupe non commutatif.
3. On considére le sous-ensemble \(F\) de \(E\) défini par:
 \(F=\left\{M(x)=\left(\begin{array}{cc}1 & x-1 \\ 0 & x\end{array}\right) / x ∈R ^{*}\right\}\)
a. Montrer que l’application définie par:
 \(\left(∀ x ∈R ^{*}\right) ; \varphi(x)=M(x)\) est un homomorphisme de \(\left( R ^{*}, ×\right)\) vers \((\bar{E}, ×)\)
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 \(z_{1}\) et \(z_{2}\) 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 \(z_{1}\) et \(z_{2}\)
 
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:
\(a=m e^{\frac{π}{3}}\) et \(b=m e^{-i \frac{π}{3}}\)
On note:
* \(P\) le centre de la rotation d’angle \((\frac{π}{2})\) qui transforme \(O\) en \(A\) 
* \(Q\) le centre de la rotation d’angle \((\frac{π}{2})\) qui transforme \(A\) en \(B\) 
* \(R\) le centre de la rotation d’angle \((\frac{π}{2})\) qui transforme \(B\) en \(O\)
1. Montrer que: les points O, A et B  ne sont pas alignes.
2. a. Montrer que l’affixe de P est \(p=m \frac{\sqrt{2}}{2}e^{i \frac{7π}{12}}\) 
et que l’affixe de R est \(r=m \frac{\sqrt{2}}{2}e^{-i \frac{7π}{12}}\)
b. Montrer que:
l’affixe de Q est \(q=m \sqrt{2}\sin(\frac{7π}{12})\)
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;+∞[: \(f(x)=x^{3}ln(1+\frac{1}{x})\)
et soit \((C)\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé
 \((O;\vec{i},\vec{j})\) (On prendra \(\|\vec{i}\|=\|\vec{j}\|=1 cm\))
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;+∞[) ; \(\frac{1}{x+1}<ln(1+\frac{1}{x})<\frac{1}{x}\)
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,+∞[) ; \(f ‘(x)=3 x^{2}(ln(1+\frac{1}{x})-\frac{1}{3(1+x)})\)
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,+∞[) ; \(g ‘(x)=2x(ln(1+\frac{1}{x})-\frac{1}{2(1+x)})\), 
en déduire que:
la fonction \(g\) est strictement croissante sur \(IR_{+}^{*}\)
b. Montrer que l’équation g(x)=1 admet sur \(IR _{+}^{*}\) 
une solution unique notée α puis vérifier que α ∈]1;2[
(On prendra \(ln2=0.7\) et \(ln(\frac{3}{2})=1.5\)
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 \((u_{n})_{n≥ 0}\) 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 \((u_{n})_{n≥ 0}\) est strictement croissante.
c. Montrer que la suite \((u_{n})_{n≥ 0}\) est convergente.
d. déterminer \(lim_{n➝+∞} u_{n}\)
 
Partie III : 
On considère la fonction \(F\) définie sur l’intervalle \(I\) par:
\((∀ x ∈I) ; F(x)=\int_{x}^{1} f(t) dt\)
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;+∞[: \(F(x)≤(1-x)ln2\)
b. En déduire \(\lim _{x➝+∞} F(x)\)
3.a. En utilisant la méthode d’intégration par parties, 
montrer que ∀ x ∈] 0,+∞[:
\(F(x)=\frac{\ln 2}{4}-\frac{x^{4}}{4}ln(1+\frac{1}{x})+\frac{1}{4}\int_{x}^{1}\frac{t^{3}}{t+1}dt\)
b. Calculer:
\(\int_{x}^{1} \frac{t^{3}}{t+1} dt\) 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,+∞[: 
\(F(x)=\frac{5}{24}-\frac{x^{3}}{12}+\frac{x^{2}}{8}\frac{x}{4}+\frac{1}{4} \ln(1+x)-\frac{x^{4}}{4}ln (1+\frac{1}{x})\)
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*:
 \(-\frac{1}{2 n} \sum_{k=1}^{k=n}f(\frac{k}{n}≤v_{n}≤-\frac{1}{2 n} \sum_{k=0}^{k=n-1} f(\frac{k}{n})\)
(On remarque que: \(\frac{2 k+1}{2 n}<\frac{k+1}{n}\)
(6) Montrer que:
 la suite numérique \((v_{n})_{n ∈IN *}\) est convergente et déterminer sa limite.
 
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Examen National Mathématiques Sciences Maths 2020 Normal - Corrigé -

Exercice 1:

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 \(d=x \wedge 13\)
et montrons que \(d=1\).
Comme \(d=x \wedge 13\) alors \(d / x\) et \(d / 13\)
Donc \(d / x \times 7 x^{2}+13 \times(-y)\)
D’où \(d / 5\left(\operatorname{car} 5=7 x^{3}-13 y\right)\)
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 \(x \wedge 13=1\)
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 \(5 \equiv 70[13]\) et \(13 y \equiv 0[13]\)
alors \(7 x^{3} \equiv 70[13]\)
Donc \(13 / 7\left(x^{3}-10\right)\)
et comme \(13 \wedge 7=1\)
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 \(\left(x^{3}\right)^{4} \equiv(-3)^{4}[13]\)
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 \(x^{12} \equiv 1[13]\) et \(x^{12} \equiv 3[13]\) 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 \(Z \times Z\).

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 \(d=x \wedge 13\)
et montrons que \(d=1\).
Comme \(d=x \wedge 13\) alors \(d / x\) et \(d / 13\)
Donc \(d / x \times 7 x^{2}+13 \times(-y)\)
D’où \(d / 5\left(\operatorname{car} 5=7 x^{3}-13 y\right)\)
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 \(x \wedge 13=1\)
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 \(5 \equiv 70[13]\) et \(13 y \equiv 0[13]\)
alors \(7 x^{3} \equiv 70[13]\)
Donc \(13 / 7\left(x^{3}-10\right)\)
et comme \(13 \wedge 7=1\)
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 \(\left(x^{3}\right)^{4} \equiv(-3)^{4}[13]\)
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 \(x^{12} \equiv 1[13]\) et \(x^{12} \equiv 3[13]\) 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 \(Z \times Z\).

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 \(d=x \wedge 13\)
et montrons que \(d=1\).
Comme \(d=x \wedge 13\) alors \(d / x\) et \(d / 13\)
Donc \(d / x \times 7 x^{2}+13 \times(-y)\)
D’où \(d / 5\left(\operatorname{car} 5=7 x^{3}-13 y\right)\)
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 \(x \wedge 13=1\)
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 \(5 \equiv 70[13]\) et \(13 y \equiv 0[13]\)
alors \(7 x^{3} \equiv 70[13]\)
Donc \(13 / 7\left(x^{3}-10\right)\)
et comme \(13 \wedge 7=1\)
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 \(\left(x^{3}\right)^{4} \equiv(-3)^{4}[13]\)
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 \(x^{12} \equiv 1[13]\) et \(x^{12} \equiv 3[13]\) 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 \(Z \times Z\).

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 \(d=x \wedge 13\)
et montrons que \(d=1\).
Comme \(d=x \wedge 13\) alors \(d / x\) et \(d / 13\)
Donc \(d / x \times 7 x^{2}+13 \times(-y)\)
D’où \(d / 5\left(\operatorname{car} 5=7 x^{3}-13 y\right)\)
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 \(x \wedge 13=1\)
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 \(5 \equiv 70[13]\) et \(13 y \equiv 0[13]\)
alors \(7 x^{3} \equiv 70[13]\)
Donc \(13 / 7\left(x^{3}-10\right)\)
et comme \(13 \wedge 7=1\)
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 \(\left(x^{3}\right)^{4} \equiv(-3)^{4}[13]\)
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 \(x^{12} \equiv 1[13]\) et \(x^{12} \equiv 3[13]\) 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:

Montrons que \(E\) est une partie stable dans \(\left(\mathrm{M}_{2}(IR), \mathrm{x}\right)\)
Pour cela, considérons deux matrices M et \(N\) de \(E\) tels que \(M=M(a,b)=\left(\begin{array}{ll}1 & a \\ 0 & b\end{array}\right)\)
et \(N=M(x, y)=\left(\begin{array}{ll}1 & x \\ 0 & y\end{array}\right)\)
et montrons que \(M \times N \in E .\)
(Sous-entendu, on a \((a,x) \in IR\) et \((b,y)∈ {IR^{*}}^{2}\)
On a:
 \( M \times N\left(\begin{array}{ll}1 & a \\ 0 & b\end{array}\right) \times\left(\begin{array}{ll}1 & x \\ 0 & y\end{array}\right)\)
\(=\left(\begin{array}{ll}1 \times 1+a \times 0 & 1 \times x+a \times y \\ 0 \times 1+b \times 0 & 0 \times x+b \times y\end{array}\right)\)
\(=\left(\begin{array}{ll}1 & x+a y \\ 0 & b y\end{array}\right)\)
\(=M(x+a y, b y)\)
Et comme (x+ay) ∈ IR ( car (IR,+,×) est un anneau)
et by∈IR* ( car (IR*,×) est un groupe ) alors \(M×N ∈ E\).
Et par suite \(E\) est une partie stable dans \(({M}_{2}(IR),×)\).

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

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

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

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

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

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

Exercice 3:
Première partie

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:
\[
\begin{aligned}
(\forall z \in C): z^{3}-2 m z^{2}+2 m^{2} z-m^{3}=0 & \Leftrightarrow z^{3}-m^{3}-2 m z^{2}+2 m^{2} z=0 \\
& \Leftrightarrow(z-m)\left(z^{2}+m z+m^{2}\right)-2 m z(z-m)=0 \\
& \Leftrightarrow(z-m)\left(z^{2}+m z-2 m z+m^{2}\right)=0 \\
& \Leftrightarrow(z-m)\left(z^{2}-m z+m^{2}\right)=0 \\
& \Leftrightarrow z-m=0 \text { ou } z^{2}-m z+m^{2}=0 \\
& \Leftrightarrow z=m \text { ou } z^{2}-m z+m^{2}=0
\end{aligned}
\]
* Résolvons dans ℂ l’équation: \(z^{2}-m z+m^{2}=0\)
Le discriminant de cette équation est:
\(\Delta=-3 m^{2}=(i m \sqrt{3})^{2}\)
Cette équation admet deux solutions dans ℂ qui sont:
* \(z_{1}=\frac{-(-m)-i m \sqrt{3}}{2}\)
=\(m\left(\frac{1}{2}-i \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
* \(z_{2}=\frac{-(-m)+i m \sqrt{3}}{2}\)
=\(m\left(\frac{1}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)

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

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 \(m=1+e^{i \frac{\pi}{3}}\).
On a:
\(m=1+e^{i \frac{\pi}{3}}\)
=\(1+\frac{1}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2}\)
=\(\frac{3}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2}\).
Donc:
* \(z_{1}=m\left(\frac{1}{2}-i \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
=\(\left(\frac{3}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(\frac{1}{2}-i \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
=\(\frac{3}{4}-\frac{3 \sqrt{3}}{4} i+\frac{\sqrt{3}}{4} i+\frac{3}{4}\)
=\(\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} i \)
* \(z_{2}=m\left(\frac{1}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
=\(\left(\frac{3}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(\frac{1}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
=\(\frac{3}{4}+\frac{3 \sqrt{3}}{4} i+\frac{\sqrt{3}}{4} i-\frac{3}{4}\)
=\(\sqrt{3} i\)

Deuxième partie

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

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

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

Montrons que:
\(z_{Q}=q=m \frac{\sqrt{2}}{2} \sin \left(\frac{7 \pi}{12}\right)\)
On a :
\(B=R_{2}(A) 
\(\Leftrightarrow z_{B}-z_{Q}=e^{i \frac{\pi}{2}}\left(z_{A}-z_{Q}\right)\)
\(\Leftrightarrow z_{B}-z_{Q}=i\left(z_{A}-z_{Q}\right)\)
\(\Leftrightarrow z_{Q}=q=\frac{1}{-1+i}\left(i z_{A}-z_{B}\right)=\frac{1}{\sqrt{2} e^{i \frac{3 \pi}{4}}\left(e^{i \frac{\pi}{2}} m e^{i \frac{\pi}{3}}-m e^{-i \frac{\pi}{3}}\right)}\)
\(\Leftrightarrow z_{Q}=q=m \frac{\sqrt{2}}{2} e^{-i \frac{3 \pi}{4}}\left(e^{i \frac{5 \pi}{6}}-e^{-i \frac{\pi}{3}}\right)\)
Car:
\(e^{-i \frac{\pi}{2}}=-i\)
\(\forall(\alpha, \beta) \in IR²\):
\(e^{i \alpha}-e^{i \beta}=\)
\(e^{i\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)} e^{i\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}-e^{-i\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}=\)
\(2 i \sin \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right) e^{i\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}\)
Montrons que \(OQ=PR\) et que \((OQ) \perp(PR)\).
On a d’une part:
aff \((\overrightarrow{OQ})=q=m \sqrt{2} \sin \left(\frac{7 \pi}{12}\right)\)
et d’autre part:
\(aff(\overline{PR})=r-p\)
=\(m \frac{\sqrt{2}}{2}\left(e^{-i\left(\frac{7 \pi}{12}\right)}-e^{i \frac{7 \pi}{12}}\right)\)
=\(-2 i \sin \left(\frac{7 \pi}{12}\right) m \frac{\sqrt{2}}{2}\)
=\(-i \sin \left(\frac{7 \pi}{12}\right) m \sqrt{2}\)
 
donc:
\(OQ=|\overrightarrow{O Q}|=|q|\)
=\(\sqrt{2} \sin \left(\frac{7 \pi}{12}\right)|m|\)
car:
\(\frac{7 \pi}{12} \in ] 0,\frac{\pi}{2}[\Rightarrow \sin(\frac{7 \pi}{12})>0\)
et \(PR=|r-p|=\sqrt{2} \sin \left(\frac{7 \pi}{12}\right)|m|\)
donc: 
\(OQ=PR\)
 
De même, on a:
\(\overline{(\overrightarrow{OQ},\overrightarrow{PR})}\equiv \arg(\frac{r-p}{qo})[2\pi]\)
\(\equiv \arg \left(\frac{1}{-i}\right)[2 \pi]\)
\(\equiv \arg (i)[2 \pi]\)
\(\equiv \frac{\pi}{2}[2 \pi]\)
D’où : \((OQ)⊥(PR)\)

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 \(\frac{1}{x+1}\left\langle\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<\frac{1}{x}\right.\).
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
\(\exists c \in]x, x+1[\,tel que:\)
\(\ln (x+1)-\ln x=\ln ^{\prime}(c)(x+1-x)=\frac{1}{c}\)
Et comme
\(\ln (x+1)-\ln x=\ln(\frac{x+1}{x})\)
=\(\ln(1+\frac{1}{x})\)
alors \(\exists c \in] x, x+1[\,tel que:\)
\(\ln(1+\frac{1}{x})=\frac{1}{c}\)
Et comme \(c \in]x, x+1[\)
 \(\Leftrightarrow x<c< x+1\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{x+1}<\frac{1}{c}<\frac{1}{x}\)

Alors 
\(\frac{1}{x+1}<\ln(1+\frac{1}{x})<\frac{1}{x}\).
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 :
\(\lim _{x➝0^{+}} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0 \in IR\)
et par suite \(f\) est dérivable à droite en 0
et on a \(f_{d}^{\prime}(0)=0\)
En utilisant la propriété \((P)\) montrons que:
la courbe \((C)\) admet une branche parabolique dont on précisera la direction.
D’abord, on remarque que:
 \(\lim _{x ➝+∞} f(x)=\lim _{x ➝+∞} x^{3} \ln (1+\frac{1}{x})\)
=\(\lim _{x ➝+∞} x^{2} \frac{\ln (1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}\)
=+∞
Puisque:
\(\lim _{x ➝+∞} x^{2}=+∞\) et \(\lim _{x ➝+∞} \frac{\ln (1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}\)
=\(\lim _{t ➝ 0^{+}} \frac{\ln (1+t)}{t}=1\) 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:
\(\lim _{x ➝+∞} \frac{x^{2}}{x+1}=\lim _{x ➝+∞} \frac{x}{1+\frac{1}{x}}\)
=+∞
alors
\(\lim _{x ➝+∞} \frac{f(x)}{x}\)=+∞

Et par suite la courbe \((C)\) admet une branche parabolique de direction l’axe
des ordonnées au voisinage de +∞.

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 \(] 0,+∞[\) produit de deux fonctions dérivables sur ]0,+∞[
et on a ∀x ∈] 0,+∞[:
\(f^{\prime}(x)=(x^{3})^{\prime} \ln (1+\frac{1}{x})+x^{2}(\ln (1+\frac{1}{x}))^{\prime}\)
=\(3 x^{2} \ln (1+\frac{1}{x})+x^{3} \frac{(1+\frac{1}{x})^{\prime}}{1+\frac{1}{x}}\)
=\(3 x^{2} \ln (1+\frac{1}{x})+x^{3} \frac{(-\frac{1}{x^{2}})}{\frac{1+x}{x}}\)
=\(3 x^{2} \ln (1+\frac{1}{x})-\frac{x^{2}}{1+x}\)
=\(3 x^{2}(\ln (1+\frac{1}{x})-\frac{1}{3(1+x)}\)

Déduisons que la fonction \(f\) est strictement croissante sur [0,+∞[.
On a: 
∀x ∈]0,+∞[:
 \(f^{\prime}(x)=3 x^{2}(\ln (1+\frac{1}{x})-\frac{1}{3(1+x)}).\)
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

Considérons la fonction \(g\) définie sur ∀x ∈]0,+∞[:
\(g(x)=\frac{f(x)}{x}\)
Vérifions (∀x ∈]0,+∞[):
\(g^{\prime}(x)=2 x(\ln (1+\frac{1}{x})-\frac{1}{2(1+x)})\)
D’abord, signalons que g est dérivable sur ] 0,+∞[ rapport de deux fonctions dérivables sur ]0,+∞[.
On a (∀x ∈] 0,+∞[):
\(g^{\prime}(x)=(\frac{f(x)}{x})^{\prime}\)
=\(\frac{f^{\prime}(x) \cdot x-x^{\prime} f(x)}{x^{2}}\)
=\(\frac{1}{x}(3 x^{2}(\ln (1+\frac{1}{x}))-\frac{1}{3(1+x)})-\frac{1}{x^{2}}(x^{3} \ln (1+\frac{1}{x}))\)
=\(3 x \ln (1+\frac{1}{x})-x \ln (1+\frac{1}{x})-\frac{x}{1+x}\)
=\(2 x(\ln (1+\frac{1}{x})-\frac{1}{2(1+x)})\)
Toujours d’après \((P)\) on a ∀x ∈]0,+∞[:
 \(\frac{1}{2(1+x)}<\frac{1}{1+x}<\ln (1+\frac{1}{x})\)
Et comme \(∀x ∈]0,+∞[: 2x>0\)
alors ∀x ∈]0,+∞[:
\(g^{\prime}(x)>0\).
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 \(] 0,+∞[\)
puis vérifions que \(α ∈] 1,2[.\)
Comme la fonction \(g\) est continue et strictement croissante sur l’intervalle ] \(0,+∞[\)
alors c’est une bijection de \(] 0,+∞[\) vers l’intervalle \(J=g(] 0,+∞[)\)
et on \(a: J=] \lim _{x ➝ 0^{+}} g(x), \lim _{x ➝+∞} g(x)[=] 0,+∞[,\)
en effet, on a:
\(\lim _{x ➝ 0^{+}} g(x)=\lim _{x ➝ 0^{+}} \frac{f(x)}{x}=0\)
et \(\lim _{x ➝+∞} g(x)=\lim _{x ➝+∞} \frac{f(x)}{x}=+∞\)
Et comme \(1 ∈ J\) alors \((∃ ! α ∈] 0,+∞[)\) tel que \(g(α)=1\)
(d’après théorème de la fonction bijective ).
Et comme
\(g(1)=f(1)=\ln (2) \approx 0.7\)
et \(g(2)=\frac{1}{2} f(2)=4 \ln (\frac{3}{2}) \approx 1.5\)
et \(g(α)=1\)
alors
\(g(1)< g(α)< g(2)\)
et comme la fonction \(g\) est strictement croissante sur \(0,+∞[\)
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,+∞[\):\(f(x)=x ⇔\frac{f(x)}{x}=1\)
⇔g(x)=1 ⇔x=α
Et comme \(f(0)=0\)
alors les seules solutions de l’équation
\(f(x)=x\) sont 0 et α.

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 \(f(I)=] \lim _{x➝ 0^{+}} f(x), \lim _{x➝+∞} f(x)[=] 0,+∞[=I\).
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 \(f^{-1}([0, α])=[0, α]⊂[0, α]\)
car \(α ∈] 1,2[\) )
et comme \(u_{0} ∈[0,α]\) 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 \(\lim _{n➝+∞ } u_{n}=0\) ou bien \(\lim _{n ➝+∞} u_{n}=α,\)
et comme ∀n ∈IN: \(0< u_{n}<α\)
et comme la suite \((u_{n})\) est strictement croissante alors \(\lim _{n➝+∞} u_{n}=α\).
en effet, du fait que \((u_{n})\) est strictement croissante on déduit que:
∀n ∈IN): \(u_{n} ≥ u_{0}\)
puis que \(\lim _{n➝+∞} u_{n} ≥ u_{0}\) et comme \(u_{0}> 0\)
alors \(\lim _{n➝+∞} u_{n}> 0\)

Montrons que \(g(] 0, α[)=] 0,1[\). 
On a vu déjà que g est continue est strictement croissante sur \(] 0,+∞[\) 
et comme \(] 0, α[\subset] 0,+∞[\) alors elle l’est aussi sur \(] 0, α[\) 
et donc \(g(] 0, α[)=\mid \lim _{x➝ 0^{+}} g(x), \lim _{x➝ α^{-}} g(x)[=] 0,1[,\)
en effet \(\lim _{x➝ 0^{+}} g(x)=\lim _{x➝ 0^{+}} \frac{f(x)}{x}=0\)
Et \(\lim _{x➝ α^{-}} g(x)=g(α)=1\) (car g est continue en \(α\) et \(g(α)=1\).

Déduisons que la suite \((u_{n})\) est strictement croissante.
Du fait que \(g(]0, α[)=] 0,1[\)
on déduit que \(∀x∈] 0,1[: 0<g(x)< 1\)
et comme ∀n ∈IN:\(u_{n} ∈] 0, α[\)
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 \(] 0,+∞[.\)
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 .
\(∀n ∈IN: u_{n}< u_{n+1}\)
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 \(f^{-1}([0, α])=[0, α]⊂[0, α]\)
car \(α ∈] 1,2[\) )
et comme \(u_{0} ∈[0,α]\) 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 \(\lim _{n➝+∞ } u_{n}=0\) ou bien \(\lim _{n ➝+∞} u_{n}=α,\)
et comme ∀n ∈IN: \(0< u_{n}<α\)
et comme la suite \((u_{n})\) est strictement croissante
alors \(\lim _{n➝+∞} u_{n}=α\).
en effet, du fait que \((u_{n})\) est strictement croissante
on déduit que ∀n ∈IN): \(u_{n} ≥ u_{0}\)
puis que \(\lim _{n➝+∞} u_{n} ≥ u_{0}\) et comme \(u_{0}> 0\)
alors \(\lim _{n➝+∞} u_{n}> 0\)

Troisième partie

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

Montrons que \(F\) est dérivable sur I
et déterminons \(\mathrm{F}^{\prime}(x)\) pour tout \(x∈1 .\)
Remarquons d’abord que \(F(x)=-\int_{1}^{x} f(t) dt,\)
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: \(\int_{1}^{x} f(t) d t)^{\prime}=f(x)\)
on en déduit que la fonction \(F\) est dérivable sur I
et que ∀x∈I:  \(F^{\prime}(x)=-f(x)\)

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

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

Comme d’après la question précédente :
\((∀x \in[1,+∞[): F(x)≤ (1-x) \ln 2\)
et comme \(\lim _{x ➝+∞}(1-x) \ln 2=-\infty(\ln 2> 0)\)
alors \(\lim _{x ➝+∞} F(x)=-\infty\).

oit \(x \in] 0,+∞[,\)
On a :
F(x) =\(\int_{x}^{1}(\frac{1}{4} t^{4})^{\prime} \ln (1+\frac{1}{t}) d t\)
 =\([\frac{1}{4} t^{4} \ln (1+\frac{1}{t})]_{x}^{1}-\int_{x}^{1} \frac{1}{4} t^{4}(\ln (1+\frac{1}{t}))^{\prime} dt \)
=\([\frac{1}{4} t^{4} \ln (1+\frac{1}{t})]_{x}^{1}-\int_{x}^{1} \frac{1}{4} t^{4}(\frac{-1}{t(t+1)}) dt\)
D’où \(∀x \in] 0,+∞[\):
F(x)=\(\frac{1}{4} \ln (2)-\frac{x^{4}}{4} \ln (1+\frac{1}{x})+\frac{1}{4} \int_{x}^{1} \frac{t^{3}}{t+1} dt \)
Soit \(x \in] 0,+∞[\) calculons l’intégrale
\(\int_{x}^{1} \frac{t^{3}}{t+1} dt\)
On a:
 \(\int_{x}^{1} \frac{t^{3}}{t+1} dt =\int_{x}^{1} t^{2}-t+1-\frac{1}{t+1} dt\)
=\([\frac{1}{3} t^{3}-\frac{1}{2} t^{2}+t-\ln (1+t)]_{x}^{1}\)
=\(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}+1-\ln 2-\frac{1}{3} x^{3}+\frac{1}{2} x-x+\ln (1+x) \)
D’où
\(\int_{x}^{1} \frac{t^{3}}{t+1} dt\)
=\(\frac{5}{6}-\ln 2-\frac{1}{3} x^{3}+\frac{1}{2} x^{2}-x+\ln (1+x).\)
D’après les deux questions 3) a et 3) b
on déduit que \(∀x \in] 0,+∞[\):
F(x)=\(\frac{5}{24}-\frac{x^{3}}{12}+\frac{x^{2}}{8}-\frac{x}{4}+\frac{1}{4} \ln (1+x)-\frac{x^{4}}{4} \ln (1+\frac{1}{x}).\)

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 \(f^{-1}([0, α])=[0, α]⊂[0, α]\)
car \(α ∈] 1,2[\) )
et comme \(u_{0} ∈[0,α]\) 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 \(\lim _{n➝+∞ } u_{n}=0\) ou bien \(\lim _{n ➝+∞} u_{n}=α,\)
et comme ∀n ∈IN: \(0< u_{n}<α\)
et comme la suite \((u_{n})\) est strictement croissante
alors \(\lim _{n➝+∞} u_{n}=α\).
en effet, du fait que \((u_{n})\) est strictement croissante
on déduit que ∀n ∈IN): \(u_{n} ≥ u_{0}\)
puis que \(\lim _{n➝+∞} u_{n} ≥ u_{0}\) et comme \(u_{0}> 0\)
alors \(\lim _{n➝+∞} u_{n}> 0\)

Considérons la suite \((v_{n})_{n∈IN ^{*}}\) définie par :
\(v_{n}=\sum_{k=0}^{n-1}(F(\frac{2 k+1}{2 n})-F(\frac{k}{n}))\).
Montrons que pour tout \(n∈N ^{*}\) et pour tout \(k \in\{0,1, \ldots, n-1\},\)
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:
\((\exists c \in] \frac{k}{n}, \frac{2 k+1}{2 n}[) \text { tel que } F(\frac{2 k+1}{2 n})-F(\frac{k}{n})=F^{\prime}(c)(\frac{2 k+1}{2 n}-\frac{k}{n})=-f(c) \frac{1}{2 n}\)
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 :
\((\forall n \in N ^{*})(\forall k \in\{0,1, \ldots, n-1\})-\frac{1}{2 n} f(\frac{2 k+1}{2 n}) \leq F(\frac{2 k+1}{2 n})-F(\frac{k}{n}) \leq-\frac{1}{2 n} f(\frac{k}{n})\)
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 :
\((\forall k \in\{0,1, \ldots, n-1\}) \frac{2 k+1}{2 n}\langle\frac{k+1}{n}.\)
Et comme \(f\) est strictement croissante sur \([0,+\infty[\)
alors:
\((\forall k \in\{0,1, \ldots, n-1\}) f(\frac{2 k+1}{2 n}) \leq f(\frac{k+1}{n})\)
donc:
\((\forall k \in\{0,1, \ldots, n-1\})-f(\frac{k+1}{n}) \leq-f(\frac{2 k+1}{2 n})\)
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 \((s_{n})_{n∈IN*}\) et \((S_{n})_{n∈IN*}\) 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:
\(\lim _{n ➝+∞} s_{n}=\lim _{n ➝+∞} S_{n}=\int_{0}^{1} f(t) dt=\frac{5}{24}\)
donc:
les deux suites \((-\frac{1}{2} s_{n})_{n∈iN^{*}}\) et \((-\frac{1}{2} S_{n})_{n∈IN}\) sont convergentes

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

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